Upload
szirkkrisz
View
383
Download
7
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Baranyi Karoly a Fizikai Gondolkodas Iskolaja
Citation preview
A fizikai gondolkodás iskolája
Baranyi Károly
A fizikai gondolkodás iskolája
1. kötet
Mechanika
II IIy
Akadémiai Kiadó ' Budapest 1992
Lektorálta:
Halmai György Matolcsi Tamás
Az ábrákat rajzolta: Kovácsné Varga Lilla
ISBN 963 05 5839 4 I. kötet ISBN 963 05 5840 8 (összkiadás)
Kiadja az Akadémiai Kiadó, Budapest Első kiadás: 1992
C Baranyi Károly, 1992
M inién jog fenntartva, beleértve a sokszorosítás, a nyuv j >s előadás, a rádió- és televízióadás, riU m int a fordítás jogát, az egyes fejezeteket illetően
Priad ■ Hungary
Előszó
Több mint másfél évtizede annak, hogy egyetemre felvételiző diákok számára fizikából tanfolyamokat tartok különböző formákban, különböző keretek között. A legjelentősebb azonban a Semmelweis Orvos- tudományi Egyetemen tartott előadássorozatom volt. Hallgatóim sokszor kértek már, hogy a tanfolyam anyagát könyv formájában jelentessem meg. Most úgy érzem, hogy az anyag összeérett, alkalmas m ár a kiadásra.
Ez a könyv az egyetemi felvételi vizsgára felkészítő tanfolyamaimon előadott tananyagot, valamint a gyakorlásra használt példákat tartalmazza.
Könyvem nem íróasztal mellett született szakkönyv, hanem hosszú évek pedagógiai munkájának az eredménye. Gondolatmenetei tanítás közben csiszolódtak ki, az anyag a diákokkal való együttgondolkodás során érett egységes szemléletűvé. Ez az egységes gondolatvilág abban is megnyilvánul, hogy a könyvben a fizikai fogalmak eredetének és természetének megvilágítására törekszem. Különös gondot fordítok arra, hogy rámutassak: egy-egy fizikai fogalom miért került szóba. Például: az energiáról nem azért tanulunk, mert az energia „van”, hanem megmutatom azokat a fizikai problémákat, amelyek megoldása
szükségessé teszi az energia értelmezését és használatát. G ondot fordítok arra is, hogy az egyes fogalmak fizikán belüli fejlődését bemutassam. Ismét az energiát említve példaként: a fő célom annak bemutatása, hogy milyen gondolatokon keresztül jutunk el a mozgási energia legegyszerűbb kifejezésétől az energia kvantummechanikai szerepéhez vagy az ún. tömeg-energia ekvivalenciáig.
A fizikai elvek megfogalmazásakor igyekszem rámutatni arra, hogy mikor kell egy állítással kapcsolatban a tapasztalatra hivatkozni, és mikor elég alátámasztásukhoz a már ismert és elfogadott elvekre támaszkodni. Miért is tekintünk valamely fizikával kapcsolatos állítást igaznak: azért-e, mert a tapasztalat támasztja alá az i6az tgun- kat, vagy a korábban megfogalmazott elvek logikus következményeiről van szó, esetleg a fizikusok által önkényesen megfogalmazott elvekről. A fizikai modellekkel kapcsolatos természetes követelmény az el- lentmondás-mentesség: az, hogy egymásnak ellentmondó elvek, állítások ne szerepeljenek benne. Ugyanakkor a modellek nem teljesek: mindig felvethető a modellben olyan kérdés, mely nem dönthető el, amelyre többféle válasz is adható, s egyik sincs ellentmondásban a modell eddigi épü
5
letével. Az, hogy a lehetséges válaszok közül melyiket fogadjuk el igaznak, közvetlenül megfigyeléssel dönthető el. Az ilyen nyitott kérdésekre csak a módszeres kísérletezés, a természet faggatása adhat választ.
Néhány ilyen problémára nem is kapunk azonnal választ, sokáig várakoznunk kell. Együtt kell élnünk a nyitott kérdésekkel. Vállalom azt is, hogy az Olvasó ismeretei alapján az adott szinten felvethető, de megoldhatatlan, ám mégis a témához kapcsolódó kérdéseket föltegyek. Az ilyen kérdések sokszor fejezeteken keresztül végighúzódnak, megoldatlanságukkal jelen vannak gondolatainkban. Meggyőződésem, hogy— bármely korban — a kérdések, a válaszok és a feleletek dinamikájának óriási pedagógiai, didaktikai értéke lehet.
Törekszem arra, hogy néhány alapelvre támaszkodva építsem fel a fizikát. Rámutassak a fizikai fogalmak és a fizikai törvények hierarchiájára.
Persze ez a könyv nem a fizika deduktív leírását tartalmazza, hanem a felépítés folyamatát ábrázolja. Azt m utatja meg, hogyan lehet egyszerű tényekből kiindulva — az emberi gondolkodás természetét figyelembe véve — a fizika nagyjelentőségű eredményeihez is eljutni, vállalva esetleg a kerülőutakat, az átmeneti tévedéseket is. Gondolatainkról esetleg az is kiderülhet, hogy nem igazak, tévedtünk. Az Olvasó
néha találkozik egyes állítások dialektikus tagadásával: látnia kell, hogy igazán fontos fizikai elvek birtokába csak úgy juthatunk, ha többször, különböző oldalról tanulmányozzuk a jelenségeket. Ezek a szempontok sokszor ellent is m ondhatnak egymásnak, de ilyenkor szorosan összefüggő nézőpontokról van szó. A nézőpontoknak ez a komplementaritása Bohr munkássága kapcsán került a fizikába, az atomfizikai
elvek megfogalmazásának nélkülözhetetlen eszközeként.
Vállalom azt, hogy bizonyos fizikai törvényeket ilyen ellentmondó, komplementer formákon keresztül fogalmazzak meg. Példaként ismét az energiát említhetem. Ennek a mennyiségnek a megmaradása nem olyan elv, amely középfokú könyvben az első igézetben kiderülhetne, mivel az energia fogalma ekkor még szegényes, megmaradását semmi sem támasztja alá.
A könyv a klasszikus fizikát meggyőződésem szerint a legáttekinthetőbb felépítésben tárgyalja: a mechanika, a termodinamika, az elektrodinamika alkotja a fő részeket. Az elsőhöz soroljuk a bevezető fejezetként szereplő kinematikát, a tömegpontok dinamikáját, a bonyolultabb fejezetet jelentő pontrendszereket, ezen belül a merev testek dinamikáját, a folyadékok, a gázok, a rugalmasságtan és a hullámmozgás mechanikai elméletét. A termodinamika tárgyalásánál az irreverzíbilis termodinamika Fényes Imre-féle felépítését követem, kiegészítve azonban a feno- menologikus felfogású fejezeteket a termodinamikai gondolatok kombinatorikus szemléltetését szolgáló fejezetekkel, mintegy föllebbentve a fátylat egy pillanatra, hogy a statisztikus mechanikai gondolat- világba is bepillanthasson az Olvasó.
Az elektrodinamikában tárgyalom az optikát és a relativitáselméletet is. Ez utóbbit tehát a klasszikus fizika részének tekintem, bár csak a legfontosabb gondolatait érintem. Sok könyvben találkozhat az Olvasó a relativitáselméletnek tulajdonított meghökkentő kijelentésekkel, hihetetlen, képtelennek tűnő állításokkal. Legtöbbször olyan „indoklás” kíséretében, hogy a „relativitás elmélete szerint . . . ” vagy „Einstein szerint . . . ”. A relativitás elméletéről szóló fejezetnek az a célja, hogy rámutas-
6
son, mik is azok a valóban meghökkentő tények, amelyeken annyit csodálkozhatunk, amennyit akarunk, de ha már elfogadtuk, akkor ezután a relativitás elméletének minden eredménye logikus következményként adódik.
A modern atomfizikát állítom szembe a klasszikus fizikával. Az a szándékom, hogy rámutassak: mi az, amiben a klasszikus fizika más, mint a kvantumfizika. Egyszerű jelenség (a katódsugárzás) elemzése során megvilágítom, hogy a két fizikai diszciplína különbözősége abban áll, hogy a klasz- szikus fizikával szemben a kvántumfiziká- ban komplementer fizikai fogalomrendszer szükséges az elmélet megfogalmazásához.
A rövid mikrofizikai fejezetben nem követem a fizikatörténeti utat, így kerülöm ki azokat a buktatókat, amelyeket a fizika a fejlődése során elkövetett. Ezért csak egykét problémát érinthetek, mint például a hidrogénatom sugárzását.
Könyvem nem enciklopédikus jellegű. Nem érint több olyan fejezetet, amely önmagában ugyan igen jelentős, azonban nem illeszkedik a könyv fő gondolatmenetéhez, vagy beépítése a terjedelmet úgy megnövelte volna, hogy e mű az eredeti céljának nem felelhetne meg. A fizikai gondolkodás iskolája ezért nem teszi feleslegessé— sőt feltételezi — a hozzáférhető közép- és felsőszintű könyvek, kismonográfiák, példatárak használatát, úgy gondolom, hogy jól kiegészítik egymást.
A könyvben szereplő elméleti anyagot mintegy 300 mintapélda illusztrálja, elképzeléseim szerint az elméleti gondolatmenet ritmusát kissé feloldva, s nem választva el szigorúan az elvontabb részektől. A m intapéldák kezdetét és végét 17"illetve | jelöli. Ezek a konkrét kérdések, példák alkalmasak arra, hogy a fizika elveit bemutassák, rámutassanak a módszerek és az elvek al
kalmazásainak a határaira is, és egyúttal ismertetik azokat a fogásokat is, amelyek a feladatmegoldás technikáját elsajátítani kívánó Olvasónak hasznára válnak.
A tananyagba fűzött mintapéldák megoldása hol részletes, hol pedig csak vázlatos. Néhol szándékos ismétlésekkel találkozik az Olvasó. Tapasztalataim szerint ezekre szükség van, a lényeges gondolatok csak így rögzülnek igazán. Az ismétlődő, gyakran szó szerint újra előforduló gondolatok tehát szándékosak. A munkát az oktatói tapasztalat optimalizálta. A problémák megoldása néha elágazik. Többféle gondolatmenet közül előre esetleg nem látszik, hogy melyik a feladat helyes megoldása. Ilyenkor végiggondoljuk a helytelen megoldást is, hogy utána visszatérjünk a helyesre. így gondolkodunk a mindennapi problémáink megoldásáról is.
Az elméleti gondolatmenetet — és az azt illusztráló problémákat — egy 25 feladat- csoportból álló példf tár egészíti ki. A példatár összeállítása i több éves gyakorlati oktatóm unka eredménye. A feladatok kiválasztásánál természetesen támaszkodtam a hozzáférhető magyar és idegen nyelvű példatárakra, szakkönyvekre, a Középiskolai M atematikai Lapokra, a tanulmányi versenyek példáira. Ezek átdolgozva, a többihez illesztve jelennek itt meg. A feladatok sora nem véletlenszerű, szeretném, ha az Olvasó gondolatsorokat fedezne fel a feladatok megoldásakor. A feladatsorok egymáshoz kapcsolódnak.
Megítélésem szerint a könyv áttanulmányozása, megtanulása és a hozzátartozó példatár megoldása egy éves kemény m unka eredménye lehet. Helyes, ha az Olvasó egy-egy nagy fejezetet átolvas, miközben gondosan áttanulm ányozza a tananyagot illusztráló m intapéldákat. Egy-egy feladatcsoporthoz a megelőző
7
anyaggal való alapos ismerkedés után érdemes hozzálátni.
A könyv tartalmazza a feladatok megoldását is. Ezek a megoldások olyan részletesek, hogy az Olvasónak feladatonként más és más mértékben legyen velük munkája, még akkor is, ha — először nem boldogulva vele — megnézi a megoldásukat. Fontosnak éreztem, hogy ezeken keresztül m intákat adjak a feladatmegoldás „fogásaihoz”.
A könyvet bőséges ábraanyag illusztrálja, előadások közben ezeket rajzolja az előadó a táblára. Az ember természetes vizualitását állítjuk így a megértés és a megjegyzés szolgálatába. Néha ismétlődnek az ábrák, a magyarázattól függően kis változtatással. Az ábrák információhordozók is, sokszor a feladatok adatai róluk olvashatók le.
A mértékegységek használatáról: legtöbbször a szabványos (Sí) mértékrendszert használtam a mintapéldák és a feladatok megoldásakor, de nem ragaszkodtam mindenütt hozzá. Egyrészt azért, mert az Sí „filozófiája” kívánnivalót hagy maga után, más mértékrendszerek a tudományos igényeket jobban kielégítik, másrészt azért is, mert ellene vagyok a mértékegységekkel való számolás misztifikálásának. A többféle mértékegység alkalmazásához, az átszámítások megkönnyítéséhez segítséget jelent a könyv végére beiktatott kis függelék.
Terjedelmi okokból a könyv három kötetben jelenik meg. Az első kötetbe került a „Mechanika” című rész, a másodikba a
Budapest, 1992.
„Termodinamika” , az „Elektrodinamika és optika” és az „Atomfizika” című rész, a harmadik kötet a feladatmegoldásokat és a függeléket tartalmazza.
Könyvem megírásakor az oktatói tapasztalatokra támaszkodtam, és természetesen arra a tudományra, amelyet nagyszerű tanáraimtól lestem el. Legfőképp Fényes Imre professzorra gondolok, akitől elméleti fizikát tanultam az Eötvös Loránd Tudományegyetemen. Ő minden bizonynyal századunk egyik legnagyobb tudósa volt, egyben nagyszerű pedagógus, csodálatos ember. Sokat tanultam tőle is, a könyveiből is.
Köszönetemet fejezem ki mindazoknak, akik véleményükkel, bírálatukkal hozzásegítettek e munkám megírásához. Azon tanítványaimnak, akikkel együtt dolgoztam, és közülük azoknak, akik a könyv előkészítésében is segítségemre voltak. Köszönöm lektoraim igazán odaadó, kritikus, figyelmes munkáját: Matolcsi Tamásét és Halmai Györgyét. Ez utóbbi szakembernek azért is hálás vagyok, mert mint középiskolai tanárom megszerettette velem a fizikát. Hálás vagyok barátaimnak, munkatársaimnak, akik a kéziratot olvasva hasznos tanácsokkal láttak el.
Hálával tartozom családomnak, különösen feleségemnek, Editnek, a biztatásért, türelméért és áldozatvállalásáért.
Végül hálát adok Istennek, hogy hozzásegített ennek a könyvnek a megírásához, s erőt adott hozzá. Szolgálja ez is az Ő dicsőségét.
8
Tartalom
I. rész 1.4.2. H a jítá so k ..................................... 641.4.3. K ö rm ozgás.................................. 67
M ech anik a 1.4.4. Koordináta-rendszerek transzformációja .......................................... 71III. Feladatcsoport: térbeli mozgá
l . Kinematika................................ 13 sok, hajítások, körmozgás, relatív
1.1. A mozgás..................................... 1374
1.1.1. A mozgás viszonylagossága . . . 131.1.2. Távolságmérés............................... 16 2. Tömegpontok dinamikája. . . 781.1.3. Id ő m érés ...................................... 17 2.1. Az impulzustétel.......................... 781.1.4. K oordináta-rendszer................... 19 2.1.1. A dinamika alapfogalmai . . . . 781.2. Egyenes vonalú mozgások . . . . 21 2.1.2. Newton törvényei . . . . . 831.2.1. A mozgás grafikonja................... 21 2.1.3. A szabadesés értelmezése . . . . 911.2.2. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás 24 2.1.4. K ötélerők...................................... 941.2.3. Á tlagsebesség............................... 27 2.1.5. Mozgás le j tő n ............................... 1001.2.4. Pillanatnyi sebesség....................... 31 2.1.6. Súrlódás.......................................... 1041.2.5. Egyenes vonalú, egyenletesen vál
tozó mozgás.................................. 342.1.7. Ütközések......................................
IV. Feladatcsoport: Newton-törvé114
1.2.6. Atlaggyorsulás, pillanatnyi gyor- nyek ...................................... ... . 123s u l á s .............................................. 40
1.2.7. Harmonikus rezgőmozgás. . . . 43 2.2. A munkatétel................................. 133
I. Feladatcsoport: egyenes vonalú m ozgások...................................... 49
2.2.1. Mozgási energia, fizikai mennyiségek .................................................. 133
2.2.2. A mozgási energia tulajdonsagai 1381.3. Forgómozgás................................. 54 2.2.3. A nehézségi erő munkája . . . . . 1441.3.1. A forgómozgást jellemző mennyi V. Feladatcsoport: munkatétel,
ségek .............................................. 54 energiam érleg............................... 1481.3.2. A foreómozeást jellemző vekto-
2.3. A körmozgás és a harmonikus rezgő58II. Feladatcsoport: forgómozgás 59
. 2.3.1.mozgás dinamikája...................... 151K ö rm ozgás.................................. 151
1.4. A tömegpontok térbeli mozgása . 60 2.3.2. Harmonikus rezgőmozgás. . . . 1631.4.1. A térbeli mozgás leírása . . . . 60 2.3.3. A rugalmas erő munkája . . . . 174
9
VI. Feladatcsoport: a körmozgás 3.2.4. Az impulzusmomentum megmaraés a harmonikus rezgőmozgás dina dása .............................................. 266mikája .......................................... 180 3.2.5. A merev testek statikája. . . . 271
2.4. A gravitáció.................................2.4.1. A Newton-féle általános tömeg-
187IX. Feladatcsoport: merev testek mozgása............... ................... 278
vonzási törvény és a háttere . . . 187 33. Deformálható és rugalmas testek 2902.4.2. A gravitációs térerősség, Gauss té- 3.3.1 A deformáció kinematikai és di
te le .................................................. 191 namikai leírása.............................. 2902.4.3. Gravitációs potenciál, potenciális 3.3.2. Rugalmas testek, Hooke törvénye 293
e n e rg ia .......................................... 200 3.3.3. A deformáció terjedése rugalmas2.4.4. Kepler törvényei........................... 211 te s tb e n .......................................... 298
VII. Feladatcsoport: gravitáció. . 218 3.3.4. Transzverzális és longitudinális hullámok .............................................. 303
3. Pontrendszerek mechanikája . 220 3.3.5. Huygens—Fresnel-elv................... 314
3.1. A pontrendszerek mechanikájának általános e lv e i............................. 220
X. Feladatcsoport: rugalmas testek, rugalmas deformáció terjedése . . 320
3.1.1. Fizikai mennyiségek, fizikai tör 3.4. A folyadékok dinamikája . . 322vények .......................................... 220 3.4.1 Bernoulli törvénye 322
3.1.2. Impulzustétel, tömegközéppont . 224 3.4.2. A folyadékok s ta tik á ja ............... 3293.1.3. Impulzusmomentum-mérleg . . . 231 3.4.3. A felhajtóerő, Arkhimédész tör3.1.4. Az energiamérleg........................... 235 vénye .............................................. 338
VIII. Feladatcsoport: pontrendsze XI. Feladatcsoport: folyadékok . 348rek, tömegközéppont................... 238
3.5. A gázok dinamikája 3543.2. Merev testek mozgása.................. 239 3.5.1. Boyle—Mariotte-törvény és alkal3.2.1. A merev test mozgását leíró törvé mazásai .......................................... 354
nyek .............................................. 239 3.5.2. A gázok energiája, a gázon végzett3.2.2. A merev testek kényszermozgása 246 m u n k a .......................................... 3653.2.3. A fizikai i n g a ............................... 261 XII. Feladatcsoport: gázok . . . 371
10
I. rész Mechanika
1. Kinematika
1.1. A mozgás
1.1.1. A mozgás viszonylagossága
A mozgás viszonylagos. A vonat robog a vasúti pályán. Kitekintünk a vonat ablakán: a házakat, a fákat elszaladni látjuk.
Ha azt mondjuk valamilyen tárgyról— egy házról, egy fáról, egy autóról, egy lóról —, hogy mozog, akkor ennek a kijelentésnek csak akkor van értelme, ha legalább hallgatólagosan megállapodtunk abban, hogy mihez viszonyítjuk a testek mozgását.
Azt mondjuk, hogy „a labda pirosabb”— ennek a kijelentésnek csak akkor van értelme, ha azt is megmondjuk, hogy minél pirosabb a labda: „a labda pirosabb, mint az alma”.
Ugyanígy: „a labda mozog”, önmagában értelmetlen mondat, csak akkor lesz értelme, ha megmondjuk, hogy mihez viszonyítva mozog a labda: „a labda mozog az almához képest” — így már jó.
Sok esetben a megállapodás valóban hallgatólagos: ha azt mondja nekünk valaki a Keleti Pályaudvaron, hogy a vonat éppen most indult, akkor ezen azt értjük, hogy a forgalmista jelt adott, és a vonat kigördült a síneken.
A fizikában azonban nem magától értő
dik, hogy minden test mozgását a talajhoz viszonyítjuk, hiszen a bolygók mozgását például a Naphoz, a Nap mozgását pedig a Tejútrendszerhez viszonyítjuk.
Azt az anyagi testet (vagy anyagi testek összességét), amelyhez a testek mozgását viszonyítjuk, vonatkoztatási rendszernek nevezzük. Ha a talajon mozgó testek, például a járművek mozgását vizsgáljuk, akkor a vonatkoztatási rendszer a talaj; ha a bolygók mozgását a Naphoz viszonyítva írjuk le, akkor a vonatkoztatási rendszer a Nap. És ugyanígy: a Nap mozgását a Tej- útrendszer vonatkoztatási rendszeréből írjuk le.
Nyilvánvaló, hogy ha egy test, mondjuk az A test mozog a másik testhez — m ondjuk B-hez— képest, akkor a B test is mozog az A testhez képest. Egyik mozgás sem valóságosabb vagy látszólagosabb, mint a másik. Világítsuk meg ezt egy klasszikus példával.
Ismert, hogy a régi görögök világképében — a geocentrikus világképben — a Földet állónak tekintették, és úgy gondolták, hogy a nyugvó Föld körül kering a Nap, a nyugvó Föld körül mozognak a bolygók. Mintegy kétezer év múlva a modern csillagászok forradalmi módosítást
13
hoztak a világképbe. Kepler, Kopernikusz úgy értelmezte a világot, hogy a Nap áll, és a Nap körül kering a Föld és a többi bolygó. Ez a forradalmian új világkép — amelyben nem a Föld, hanem a N ap a „világmindenség” középpontja — a heliocentrikus világkép.
Melyik a helyes nézőpont? Melyik írja le a valóságot helyesen? Nyelvünkön a válasz: természetesen a kopernikuszi szemlélet a helyes, legfeljebb vannak precízebb, pontosabb változatai. Pedig a kettő egyszerre igaz — vagy egyszerre nem. H a a Föld kering a Nap körül, akkor a Nap kering a Földhöz viszonyítva. Egyik állítás sem igazabb, mint a másik. Olyan ez, mint a bögre füle. Ha a bögre füle nekem jobb kéz felé esik, akkor a barátom azon erős- ködik, hogy neki meg balra. Ez a két kijelentés nem zárja ki egymást, sőt, a valóság két oldala: kiegészítik egymást.
Ha már igy állunk a kopernikuszi és a ptolemaioszi világképpel, akkor jogosan vetődik fel a következő kérdés: ha az egyik sem igazabb, mint a másik, sőt a valóság teljesebb leírásához egyaránt hozzátartoznak, akkor miért tekintjük mégis a kopernikuszi szemléletet jobbnak, mi szól mellette, szembeállítva a ptolemaioszi szemlélettel. Ha csak a N ap és a Föld mozgását tekintjük, akkor úgyszólván semmi. A különbség akkor látszik, amikor a többi bolygó mozgását akarjuk leírni. A kopernikuszi világképben a nyugvó Nap körül körpályán keringenek a bolygók, a ptolemaioszi szemlélet szerint a nyugvó Föld körül bonyolult mozgást végeznek a bolygók.
A különbség tehát nem abban van, hogy az egyik igaz, a másik nem, hanem abban, hogy az egyik egyszerűbb, mint a másik. Kicsit erőltetett hasonlattal élve: olyan ez,
mint a római birodalomban a matematika helyzete. A
12 + 14 = 26,XII + XIV = XXVI
egyaránt igaz állítások, de a második állítás formája bonyolultabb. A matematika fejlődésének fontos összetevője volt a szerencsésebb számrendszer kialakulása. Gondoljuk csak el, egy egyszerű osztási algoritmus is milyen bonyolult lehetett a római birodalomban. Lehetséges, hogy csak a matematika professzora tudott osztani.
Gondolatébresztő kép! A fizika eszköztárának, nyelvezetének a megválasztása, a fizikai fogalmak szerencsés kialakítása a fizika tudományát áttekinthetővé teszi. Elképzelhető, hogy teljesen különböző kultúrákban a természet leírására egészen különböző nyelvezet alakul ki. Lehetséges, hogy az egyik egyszerűbb, mint a másik. Feltehető azonban, hogy mindkettő a valóság hű képe, de az egyik áttekinthetőbb, mint a másik. És nagyon könnyen lehetséges, hogy az egyik leírásban található fogalmak nem feleltethetők meg a másik leírásban szereplő fogalmaknak, vagy ha igen, akkor a megfeleltetés egyáltalán nem nyilvánvaló. Gondoljunk csak a nyelvre. Ugyanannak a valóságnak a leírására alkalmas a kínai nyelv, az eszkimó nyelv, az angol nyelv, a magyar nyelv stb. És a nyelvi struktúrák nem állíthatók teljesen párhuzamba. (Az ógörög nyelvben például nincs megfelelője a határozatlan névelőnek, a határozói igenévnek sincs; a latin nyelvben ismert gerundium magyarra fordítása sokszor komoly fejtörést okoz.)
A másik tanulság: a mozgás vizsgálatakor alapvető jelentőségű a vonatkoztatási rendszer szerencsés megválasztása. Az „ügyesen” megválasztott vonatkozta
14
tási rendszer egy probléma leírását egyszerűvé teheti: ha a N apot választjuk vonatkoztatási rendszernek, akkor a bolygók mozgása alig bonyolultabb a körmozgásnál.
Világítsuk meg a mozgás viszonylagosságát három példával.
1. Képzeljük el, hogy meleg nyári napon az Erzsébet híd alatt fekszünk hanyatt egy csónakban. A csónakon se motor, se vitorla, se evező. Felnézünk, a fejünk felett látjuk az Erzsébet hidat. Azt látjuk, hogy az Erzsébet híd mozog észak felé, megy a Lánchíd után. A Lánchíd is megy észak felé, a M argit híddal, az Árpád híddal együtt. A Szabadság híd és a Petőfi híd követi őket. Persze, a parti házak, a fák is észak felé vonulnak. A csónakból kinézve azt látjuk, hogy csak a víz áll, és a csónak közelében a víz felszínén ringatózó falevél szintén nyugalomban van. Fel-le himbálódzik, de a csónaktól nem távolodik el. — Persze, csak látszólag — mondja az Olvasó —, mert nyilvánvaló, hogy a part, a híd állnak, a víz mozog, viszi magával a csónakot dél felé. Éppen ezért el kell mondanunk ismét, hogy
— egyetlen test sem mozog saját magához képest, tehát a csónak saját magához képest nyugalomban van, és nyugalomban vannak azok a tárgyak is, amelyek a csónaktól állandó távolságra vannak;
— ha a csónak mozog a parthoz képest, akkor a part mozog a csónakhoz képest, és fizikai értelemben egyik mozgás sem valóságosabb vagy látszólagosabb a másiknál, a csónak mozgása a parthoz képest ugyanolyan értékű, mint a part mozgása a csónakhoz képest.
2. Gondoljuk el, hogy vonatra szállunk, és leülünk az ablak mellé. Kis idő múlva
azt látjuk, hogy a pályamenti tárgyak, a távíróoszlopok, a fák közelednek, majd elrohannak a vonat mellett. A távolban feltűnik egy bakterház. Nagy sebességgel közeledik. M ár látjuk is a baktert: vigyázz- ban áll és tiszteleg, és közben elrohan a vonat mellett. Eközben a kocsiban a tárgyak nyugalomban vannak: a bőröndök fenn a tartón, egy pohár kávé az ablak melletti asztalkán és egy kis labda, amit egy kisgyerek felejtett a kocsi közepén. Ekkor meghúzzuk az ablak melletti kart. (A kar mellett tábla: „Vészfék, indokolatlan működtetése esetén büntetést kell fizetni.”) A következő pillanatban furcsa dolgokat tapasztalunk. A rohanó távíróoszlopok, a fák rohamosan csökkentik a sebességüket, a bakterház lassul, vele együtt a bakter is, bár tovább tiszteleg, de fékez és megáll. A vasúti kocsi természetesen továbbra is állva marad — hiszen saját magához képest nem mozoghat —, de a kocsi belsejében kísérteties dolgok történnek: a kávé felborul és kiömlik, a bőröndök ijedten leugrálnak a polcról, és a labda pedig — anélkül, hogy bárki megrúgta volna — elindul, és gyorsulva mozog a szemközti fal felé. És mindez azért történik, mert meghúztunk egy kart. Más okot nem találunk: a labda mögött nincs csatár, a gyorsulásra egyetlen magyarázat létezik: a korábban „kellemes” vonatkoztatási rendszerünk „elromlott”, a megváltozott vonatkoztatási rendszerhez viszonyítva a vonaton kívüli tárgyak lassulnak és megállnak, a vonaton belüli tárgyak pedig nyugalomból elindulnak egy irányba.
3. Hasonló a helyzet a következő példánál is. Képzeljük el, hogy egy magas világítótorony tetején állunk egy kosárban. A torony lábánál a tenger mossa a partot. A torony tetejére szerelt kosár villanymotorral körbeforgatható. Éjjel van, a csillagos
15
eget szemléljük. M ár felfedeztük az Esthajnal csillagot, és a Göncölszekeret is. A horizonton feltűnt egy távoli, horgonyzó hajó fénye. Ezután bekapcsoljuk a villany- motort, amely a kosarat velünk együtt körbeforgatja a torony tetején. Ekkor meglepő élményben van részünk. Hozzánk képest a bolygók, a csillagok körmozgást végeznek, keringenek a fejünk felett. Velük együtt körpályán kezd mozogni a hajó fénye is. És mindez amiatt a kapcsoló miatt! Bármennyire furcsának tűnik is, ugyanolyan valóságos a csillagok körmozgása a kosárhoz képest, mint a kosár forgómozgása a tengerparthoz képest, vagy a Föld körpályán mozgása a N ap körül! Ekkor arról értesülünk, hogy a horgonyzó hajó kapitánya felszedeti a horgonyt, és elindul a torony felé. Milyennek fogjuk találni a hajó fényét? A hajó fénye spirális pályán közeledik a toronyhoz: egyrészt közeledik a kapitány parancsszavára, másrészt körpályán is mozog a villanymotor miatt. A két mozgás eredményeként alakul ki a spirális mozgás.
A testek mozgása más és más a különböző vonatkoztatási rendszerekben. A vonatkoztatási rendszerek nem egyenrangúak abban az értelemben, hogy az egyikben bonyolultabb a jelenségek leírása, mint a másikban. A fizika egyik feladata éppen az, hogy felismeqe a mozgások leírásának azokat a vonásait, amelyek nem függenek a vonatkoztatási rendszer megválasztásától.
1.1.2. Távolságmérés
A mozgás mennyiségi leírásának egyik eleme a testek helyének számszerű jellemzése: amikor azt mondjuk, hogy egy test távolodik tőlünk, akkor azt gondoljuk, hogy a test tőlünk mért távolsága nő.
Két pont távolságának a mérése elég nyilvánvalónak tűnik. Abból kell kiindulnunk, hogy van egy beosztásokkal ellátott méterrudunk, amelyet merev testnek tekintünk, úgy gondoljuk, hogy a hosz- sza ellenőrizhetetlen, kiszámíthatatlan hatásokra nem változik meg. Azt is természetesnek vesszük, hogy nemcsak mi rendelkezünk ilyen rúddal; tetszőleges számban, kellő pontossággal reprodukálható.
Feltesszük azt is, hogy a méterrudat kétszer egymás mellé helyezve a hossza a mozgatás m iatt nem változik meg. H a felemeljük a méterrudat és átszállítjuk az ország másik végébe, akkor az azonos távolságokat azonosaknak találjuk.
Ezután a méterrúd egyik végét hozzáillesztjük az egyik ponthoz, és leolvassuk, hogy a másik pont a méterrúd melyik beosztásával esik egybe. A távolságmérés alapja tehát a méterrúd beosztásainak és a két pontnak (a vizsgált szakasz végpontjainak) az egybeesése.
Nem jelent igazi problémát az sem, hogy a két pontot összekötő szakasz hosszabb, mint a méterrúd. Ekkor a vizsgált szakasz egyik végpontjától kiindulva egymás után több méterrudat fektetünk le, és megszámoljuk, hogy hányszor fektethető le úgy méterrúd, hogy a második végpontot még nem érjük el, azután az utolsó méterrudat is lefektetve leolvashatjuk a beosztás mellett a pont helyzetét. E két adatból megkapjuk a két pont távolságát, azaz a két pontot összekötő szakasz hosszát.
A vázolt eljárás problémamentesnek látszik: valóban, a pontok egybeesését köny- nyen ellenőrizhetjük mindaddig, amíg a méterrúdhoz képest a vizsgált szakasz áll. Sokkal nehezebb annak a problémának az átlátása, hogy mit tegyünk abban az esetben, amikor a vizsgált szakasz mozog, a méterrúd pedig áll! Hogyan mérjük meg
16
mozgó szakasz hosszát álló mérőeszközzel?
Arra kérjük az Olvasót, hogy gondolkozzék el ezen a problémán. Nagy sikernek könyvelnénk el, ha az Olvasó belátná, hogy ez a mérési feladat igen nehéz probléma. Nem lehet ugyanis visszavezetnünk a feladatot álló szakasz hosszának álló mérőeszközzel való mérésére: semmiféleképpen nem tolhatjuk a méterrudat a szakasszal együtt.
A távolságméréssel kapcsolatban még egy fontos hallgatólagos feltételezésre hívjuk fel az Olvasó figyelmét. A távolságmérés leírásánál feltettük, hogy az a két pont, amelyek távolságát mérjük, úgy viselkedik, mintha geometriai pont lenne. Kiterjedés nélküli, és világosan megkülönböztethető a környezetétől. Mindkét pont egyediségéhez sem férhet semmiféle kétség. Ezért a két pont távolsága elvben tetszőleges pontossággal megmérhető: a mérés pontosságának a méterrúd „faragatlan” volta, meg a mi kényelmességünk szab határt.
Makroszkopikus világunkban, mindennapi tapasztalataink szintjén a kis testeket valóban lehet úgy modellezni, mintha geometriai pontok lennének — ezeket nevezzük pontszerű testeknek vagy tömegpontoknak —, a merev testek, merev rudak széle, vége jól megkülönböztethető. Egy pont világosan elüt a környezetétől, individualitása szembeötlő.
Meg kell állapodnunk abban, hogy mi legyen a távolság egysége. A kultúra története azt mutatja, hogy az emberek sokféle tárgy hosszát tekintették m ár egységnyinek, így különböző hosszúságegységek keletkeztek: hüvelyk, könyök, láb, yard stb. Az elmúlt egy-két évszázadban azonban egységessé vált a méter használata. Ennek a hosszúságegységnek a mindnyájunk számára kétségtelen egyetlen Földhöz van
köze: a főkörének negyven milliomod részét tekintjük 1 méternekZ*1 A méter jele: m. A Föld egyenlítőjének a hossza tehát 40000000 m. Használatos mértékegységek még a méter többszörösei, például a kilométer (km) és törtrészei, például a centiméter (cm), a milliméter (mm).
1.1.3. Időmérés
A mozgások számszerű jellemzéséhez az idő mérésének korrekt leírása is hozzátartozik.
Időt órával mérünk. Elvárjuk az órától, hogy jól, helyesen járjon: ne késsen, ne siessen. Mi módon tudjuk ezt ellenőrizni? Például a televízió képernyőjén feltűnő óra segítségével. Gyakorlatban ezt helyesen tesszük, de a probléma nincs megoldva: ki a megmondhatója, hogy a televízió órája valóban jól működik-e? Mihez hasonlítsuk a televízió óráját? Az óra járását másik órával ellenőrizni — nyilvánvalóan csak a probléma elodázása: az órákat emberi kéz alkotta, a természetben nem teremnek órák.
A régi egyiptomi emberek leszúrtak egy rudat a földbe. Az árnyék mozgását figyelték a földön. Úgy gondolták, hogy az árnyék egyenletesen halad, hiszen — erről meg voltak győződve — a Napisten szekere egyenletesen megy az egen.
Az alapvető fizikai mennyiségeket ma — magas szintű fizikai, kémiai tudományos eredményekre támaszkodva — másként értelmezik, mint mi. így van ez a távolsággal, az idővel, a tömeggel és néhány más mennyiséggel. Mi természetesen nem támaszkodhatunk ezekre a tudományos eredményekre, ezért a fizika története során korábban kialakult és kézenfekvő definíciókat használjuk.
17
Aztán jöttek mások: ők úgy gondolták, hogy a lecsorgó víz mozgása egyenletes — így csináltak vízórát. Mások arra esküdtek, hogy a homok egyenletesen pereg le egy kis nyíláson, ők elkészítették a homokórát. Később voltak olyanok, akik a lengő test mozgásának az egyenletességére fogadtak: ők az ingaórával lepték meg a világot. Mostanában vannak olyanok, akik úgy vélik, hogy bizonyos kvarckristályok rezgése az egyenletes, ezek az emberek kvarcórákat terveznek.
Melyik óra já r egyenletesen? Hogy jobban megvilágítsuk a kérdést, képzeljük el, hogy valamilyen járványos betegség következtében a világon minden óra tönkremegy, elromlik, két órát kivéve. Az egyik a húszéves vekkerórám, a másik egy központi fizikai kutatóintézet bonyolult atomi rezgéseken alapuló órája. Nyilvánvaló, hogy a világ két táborra szakadna: az egyik tábor a vekkerórának hinne, lehet, hogy ezek lennének kevesebben, a másik tábor az atomi órának.
Milyen értelmes érvet hozhatnának fel az egyik táborban, hogy a másik tábor híveit áttérítsék magukhoz? Semmiféle érvet: ha a vekkeróra hívei azt mondják, hogy az ő órájuk já r jól, és az atomi óra siet, akkor erre nyilván azzal válaszolnak az atomóra pártján állók, hogy bizony az ő drága órájuk jól jár, és a vekker késik.
Az időmérés leírása azzal kezdődik, hogy választunk egy mozgást, amelynek egyenletességében nem kételkedünk. Ezzel a mozgással definiáljuk az időmérő eszközt, az órát, ezzel értelmezzük az idő egységét.
Alapvetően fontos: az ember, történelmi fejlődése során, előbb érezte az egyenletességet, mint ahogy kialakult az idő fogalma. Az egyenletesség érzete a vérében van, a biológiai ritmusában. Az egyenletesség ér
zete volt a feltétele annak, hogy kialakulhatott az idő meglehetősen elvont fogalma. Ha őseink a történelem előtti korban nem tudták volna megkülönböztetni a mozgásokat aszerint, hogy melyik egyenletes és melyik nem, akkor az idő méréséig soha nem jutottak volna el.
Az, hogy melyik mozgást választjuk az időmérés alapjának, végső soron nem fizikai kérdés. Ha valakinek a pszichikai érzéke azt súgná, hogy az elejtett kövek mozgása a legegyenletesebb mozgás, akkor a szabadon eső testek mozgásával is értelmezhetné az órát, definiálhatná az időt. Ha így járna el, akkor — feltéve, hogy jó megfigyelőről és logikus gondolkodóról van szó — újraépíthetné a fizika tudom ányát, amely — előre eláruljuk — alapvetően különböznék a mi általunk adott felépítéstől. Ennek ellenére hűen tükrözné a természet vonásait, mindent ugyanúgy ki lehetne számítani, mint a mi fizikánkban, csak sokkal bonyolultabban. A legegyszerűbb fizikai jelenségeket is öles képletekkel írná le. Helyes fizikát építene fel, csak rettentően bonyolultat. Úgy járna, mintha valaki manapság át akarná írni a matematikai műveleteket római számokra.
Arról azonban még nem volt szó, hogy mi melyik mozgást választjuk az időmérés alapjául. Időmérésünk alapjául a N ap mozgását választjuk, pontosabban: a Föld tengely körüli forgását. Nem ügyelve most túlságosan a pontos fogalmazásra, az idő mértékegységéül a Föld körülfordulási idejének (1 nap) a 24 • 3600-ad részét vesszük, és ezt másodpercnek nevezzük, jele s — a latin secundum szóból. (Az így definiált órához viszonyítva az atomok rezgései — igényeinknek megfelelően — egyenletesek, és a kvarcórák járásában is megbízhatunk.)
18
1.1.4. Koordináta-rendszer
Figyelmünket irányítsuk a pontszerű testek mozgására. A bonyolultabb testek kinematikájára majd később kerül sor, azokban a pontokban, amelyekben a mozgások leírása mellett a mozgással, a változással összefüggő ok-okozati viszonyokat is vizsgáljuk.
A pontszerű test, a tömegpont a fizika egyik fontos alapfogalma. Tömegpontnak nevezzük azt a testet, amelynek mozgását egyetlen pontjának a mozgásával leírhatjuk, jellemezhetjük.
A fizikai testek — így a pontszerű testek mozgása is — a természet többi részéhez viszonyítva vizsgálható. Vonatkoztatási rendszernek nevezzük azoknak az anyagi testeknek az összességét, amelyhez a testek mozgását viszonyítjuk. Vonatkoztatási rendszer például az állócsillagok rendszere vagy a kísérletező szobájának a falai, esetleg a városka házai. (A vonatkoztatási rendszereket általában írott nagybetűkkel jelöljük, legtöbbször úgy, hogy az A testhez rögzítettet stf-\al, a B test vonatkoztatási rendszerét ŰS-\e\ stb.).
A vonatkoztatási rendszerben elvégezhetjük a távolság és az idő mérését. Rögzítünk egy időpontot, akkor a vonatkoztatási rendszerben minden esemény bekövetkezésének ideje meghatározható: csak le kell olvasni az óráról az esemény időpontját.
Úgy gondoljuk, hogy az adott vonatkoztatási rendszerben minden pontba telepíthetünk azonos szerkezetű órákat, és az is megoldható, hogy ezek együtt járjanak, így a tér különböző pontjaiban végbemenő események egyidejűségét könnyen ellenőrizhetjük. Azt is nehézség nélkül meg
állapíthatjuk, hogy az egyik pontban végbemenő esemény korábban következik be, mint a másik pontban végbemenő másik esemény: világos és egyértelmű dolog annak a megállapítása, hogy a villám korábban csapott bele a nyárfába, mint a másik villám a tölgyfába.
A vonatkoztatási rendszerben a tárgyak távolsága mindig megmérhető. Két pontszerű test távolságát a közöttük lévő, az őket összekötő legrövidebb úton mérjük. A legrövidebb út az egyenes. Ez legtöbbször fénysugárral jelölhető ki. A vonatkoztatási rendszerben tehát kijelölhetők olyan vonalak, amelyek a geometria egyeneseinek felelnek meg.
H a a vonatkoztatási rendszerben rögzítünk egy pontot, akkor ebből a pontból kiindulva különböző irányokban elhelyezkedő tárgyak távolsága meghatározható. Szemléletünk szerint nyilvánvaló, hogy mit értsünk az adott pontból kiinduló egyenesek szögén. Azt is nyilvánvalónak tartjuk, hogy megadható három egymásra merőleges egyenes. Ezek az egyenesek fizikailag kijelölhetők. így például lehet, hogy az adott pontot egy távoli csillaggal összekötő fénysugár reprezentálja ezt az egyenest. Az adott pontból kiindulva az egyenes mentén méterrúddal méréseket végezhetünk. A mérést mindkét irányba elvégezhetjük. Az egyik irányba mért távolságokat negatív, a másik irányba mért távolságokat pozitív előjellel látjuk el.
A három egymásra merőleges tengelyt megfeleltetjük a geometriából ismert derékszögű koordináta-rendszernek. A tengelyeket első, második, harmadik tengelynek nevezzük, gyakoriak az x tengely, az y tengely és a z tengely elnevezések is. Az első, a második és a harmadik tengely
19
megválasztása az 1.1. ábrán látható módon történik: az első tengely pozitív iránya megfelel a jobb kezünk hüvelykujjának, a második tengely pozitív iránya a m utatóujjunknak, és a harmadik tengely pozitív iránya pedig a középső ujjunknak.
A három tengely mentén a méréseket ugyanazzal a méterrúddal végezzük, a tengelyek beosztása tehát ugyanaz, és a távolságot a tengelyek mentén méterben (vagy többszöröseiben, vagy törtrészeiben) mérjük.
Egy olyan pont, amely valamelyik tengelyen helyezkedik el, jellemezhető a tengelyek közös pontjától az egyenes mentén mért előjeles távolsággal — koordinátával. Ha a pont nincs rajta a három tengely egyikén sem, akkor általános esetben helyének a meghatározása három koordináta megadását jelenti. Ez azért lehetséges, mert a vonatkoztatási rendszert — az egymásra merőleges, fizikailag kijelölt, irányíto tt egyeneseket — megfeleltethetjük a geometriai háromdimenziós, derékszögű koor- dináta-rendszemek.
Ahogyan a derékszögű koordináta-rendszerben megadhatjuk egy geometriai pont három koordinátáját, ugyanúgy a vonatkoztatási rendszerben is megadható egy tetszőleges anyagi pont három koordinátája. Ezek a koordináták mérésekkel meghatározhatók.
A térben egy anyagi pont helyét a három egymásra merőleges egyenesre vonatkozó koordinátákkal adjuk meg. H a egy pontszerű test helyét az (5 m, 3 m, — 2 m) rendezett koordinátahármas adja meg, akkor ez a következőket jelenti: a pont a vonatkoztatási rendszerben kijelölt második és a harmadik koordinátatengely síkjától 5 méterre van, az első tengely Dozitív fele irányában; az első és a harmadik tengely által meghatározott síktól 3 méterre van, pozitív irányban mérve; a harmadik tengely negatív fele irányában az első és a második tengely által meghatározott síktól 2 méterre van.
Az időpontok összességét T-vel jelöl- jük.<*) H a egy esemény időpontja — 2 s e T, akkor ez azt jelenti, hogy az esemény az időmérés kezdete előtt 2 másodperccel történt, ha pedig 10 s e l , ez azt jelenti, hogy az esemény az időmérés kezdete után10 másodperccel következett be.
Igen gyakran az eseményekkel kapcsolatos időpontokat is egy számegyenesen — az időtengelyen — szemléltetjük. A számegyenes pontjait időpontok ábrázolására használjuk. Az időtengely a T halmaz geometriai megjelenítése. Az ábráinkon ezért a leghelyesebb lenne az időtengely mellé a T szimbólumot írni. Ez a szokás azonban még nem teijedt el. A másik megoldás az, hogy az időtengelyre kiírjuk, hogy időtengely vagy idő. Ezzel a lehetőséggel is ritkán élnek, különösen kisméretű ábrák esetén. A leggyakoribb az, hogy az időtengelyre az idő szó angol megfelelőjének (time) első
**’ A középiskolában is használatos fogalmakkal kifejezve ez a következőt jelenti. A valós számok halmazát szokás szerint jelöljük (R-rel. Ekkor a T: =: = IRx{s} halmaz elemei rendezett párok: az első komponensük egy szám, a második az idő mérték- egységét jelölő szimbólum.
20
betűjét írjuk: t. (írhatnánk ugyanilyen alapon í-t is.) Az időtengely mellett látható t betű tehát az időpontok összességét jelöli, ugyanúgy, mint a T. Ebből sok zavar és félreértés származhat. Ha egy konkrét időpontot í-vel jelölünk, mint szokás, akkor t é t . Nyom tatott szövegben ezt azzal kerülhetjük el, hogy az időtengely jelét álló t-vel, a konkrét időpontot dőlt t-vel jelöljük. Kézírásban azonban használjuk a T szimbólumot, vagy íijuk ki, hogy idő vagy időtengely. A többi fizikai mennyiség ábrázolásakor is hasonló problémákkal találkozunk, a megoldásuk is hasonló.
A legegyszerűbb esemény: a pontszerű lest egy adott pillanatban valamely adott
1.2 .
ábra
helyen van. Például: egy pont a — 3 s időpontban a (3 m, 4 m, 0 m) helyen található f 1.2. ábra).
1.2. Egyenes vonalú mozgások
1.2.1. A mozgás grafikonja
Tegyük fel, hogy egy pontszerű test egy egyenes mentén mozog. Ilyen esetről van szó, ha egy kis golyó vékony, egyenes vályúban gurul; egyenes vonalú mozgást végez egy szabadon eső golyó, hosszú autópályán közlekedő autó.
Vizsgáljuk tehát egy pontszerű testnek egy egyenes mentén történő mozgását. A pont mozgását akkor tekintjük ismertnek, ha a mozgás időszaka alatt bármely pillanatban adott a pályának az a pontja, ahol a test ebben a pillanatban megtalálható. Más szóval: akkor tekintjük a pontszerű test egyenes menti mozgását ismertnek, ha bármely pillanatban adott a test helyzete az egyenesen.
A mozgás leírása tehát azt jelenti, hogy ismert a hely mint az idő függvénye: t x(t).
Az 1.3. ábrán látható a szemléltetés módja: a test a í( és a t2 időpontok között mozog, a í, időpontban kezdődött a test mozgása, és a t2 időpontban fejeződött be. A két időpont között akármelyik időpontban leolvasható a grafikon segítségével, hogy a függőleges tengelyen hol tartózkodik a pont.
X
21
A vízszintes tengelyen a független változót, az időt tüntetjük fel, rajzban megvastagítva a tengelynek az értelmezési tartománynak megfelelő részét.
A mozgás értelmezési tartom ányát jelöljük ,^,-szel, az írott & betűvel az időre utalva. & mellett indexben a mozgás szimbóluma található. Ha nem okoz félreértést, akkor a mozgásra utaló jelet elhagyjuk.
A mozgás értelmezési tartománya ösz- szefüggő halmaz a vízszintes időtengelyen, így az értelmezési tartomány nyílt vagy zárt intervallum, vagy félegyenes, esetleg az egész időtengely (ilyen eset fordul elő az égitestek mozgásának leírásakor). Kivételes esetekben (pillanatszerű eseményeknél) arra is látunk példát, hogy a „mozgás” értelmezési tartománya egyetlen időpontot tartalmazó halmaz. Például egy villám- csapás vagy egy lövés hely-idő grafikonja egy pont.
A függőleges tengely tartalmazza a mozgás pályáját. A mozgás során a test minden pillanatban ezen az egyenesen van, különböző időpontokban esetleg ugyanazon a helyen, például akkor, ha a test áll, vagy ha a mozgás során visszatér egy olyan pontba, ahol már korábban volt a mozgás során.
Mindkét tengely skálázva van: a vízszintes tengelyen megadjuk az időmérés kezdetét, azaz a skála nullpontját és egységét (legtöbbször másodpercben). A függőleges tengely esetén hasonlóan járunk el: a távolságmérés kezdőpontját, a távolság egységét, valamint a tengely irányítását adottnak tekintjük. Úgy képzeljük, hogy a vízszintes tengely pontjaiban időpontok, a függőleges tengely pontjaiban előjeles távolságok vannak feltüntetve, a vízszintes tengely pontjai mellé órákat képzelünk, a függőleges tengely pontjai mellé kilométerköveket (1.4. ábra).
X
t1.4. ábra
A mozgás helyfüggvényét grafikonnal szemléltetjük. Egy pontszerű test mozgásával kapcsolatban azt követeljük meg, hogy a mozgást leíró függvény folytonos legyen: ne legyenek szakadásai, ugrásai, ne legyen olyan, mint az 1.5. ábrán látható függvény. Célszerű kikötés ez, a tapasztalataink világában nem találkoztunk olyan esettel, hogy egy test „egyik pillanatról a másikra” nagy távolságra mozduljon el úgy, hogy a közbeeső pontokat nem érinti.
Fontos dolog, hogy a hely-idő koordi- náta-rendszerben jól tudjunk tájékozódni. Gyakorlásképpen gondoljuk végig a következő három problémát.
1. Gondoljuk el, hogy a 0-val jelölt kilométerkő a B városban van. Innen a 80 km
X
©©©©
22
távolságra lévő, A-val jelölt város felé indulunk. A mozgás grafikonja az 1.6. ábrán látható. Az ábrából leolvasható, hogy a mozgás a 0 időpontban kezdődik, és
kéredzkedik a szekérre, és egy darabig, a t, időpontig együtt megy a szekérrel. Nyilván valami megbeszélni valója volt a hajtóval. A ti időpontban leugrik a szekérről,
1.6 .
ábra 1.7.ábra
indulás után 1,2 óra múlva érünk célba. Indulás után 0,3 óra múlva villámcsapás éri a 40-es kilométerkőnél lévő út menti fát. A villámcsapás pontszerű, pillanat- szerű esemény, grafikonja egy pont. Az autóban ülve a fát m ár a villámcsapás után látjuk: a 40-es kilométerkőhöz később érünk az autóval, mint 0,3 óra. (Másképpen: 0,3 órával indulás után még nem értük el a 40-es kilométerkövet, csak a 20-as kilométerkőnél vagyunk.)
Tegyük fel most, hogy a villámcsapás pillanatában a fa alatti ürgelyukból három ürge ugrik elő rémülten. A három ürge grafikonját is feltüntetjük az ábrán. Az első ürge az A város felé rohan az úton, a második ürge az autónkkal szembe szalad, míg a harmadik ürge grafikonja vízszintes; feltehetően megdöglött a lyukból kibújva.
2. Tegyük fel, hogy az országúton ballag egy szekér, a szekérrel szemben egy gyalogos jön az úton; a mozgások grafikonja az 1.7. ábrán látható. A t0 időpontban a két grafikon metszi egymást, a szekér és a gyalogos találkozik. A gyalogos — legalábbis erre következtetünk a grafikonból — fel-
és folytatja a mozgást, most megint az eredeti irányba, a függőleges tengely negatív iránya felé.
A szekér története még nem ért véget. A t2 és a t3 időpontokban egy-egy kutyus leugrik a szekérről. Az egyik előre szalad, a szekér haladási irányába, a másik pedig a gyalogost veszi üldözőbe.
3. A harmadik példánkban (1.8. ábra) egy autós mozog a függőleges tengely pozitív részén az origó felé, ugyanakkor a r = 0 időpontban egy / hosszúságú vonat az x tengely pozitív felén elindul, a vonat utolsó kocsija az origóban volt a 0 időpontban.
1.8 .
abra
23
Az autós szemben halad a vonattal, a tj időpontban találkozik a mozdonnyal, a t2 időpontban a vonat utolsó kocsija mellett halad el. Ezután újabb kalandok várnak rá. A t3 időpontban az x 3-mal jelölt kilométerkőnél felrobbantottak egy füstbombát. A terjeszkedő füstbe, ködbe a t4 időpontban kerül, a ködöt a t5 időpontban hagyja el. A példánkból a következő tanulságot vonhatjuk le:
a) hosszú járművek, pl. a vonat grafikonja egy sáv;
b) a terjeszkedő ködé az ábrán látható szögtartomány.
1.2.2. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás
A legegyszerűbb egyenes vonalú mozgás grafikonja egyenes szakasz, félegyenes vagy egyenes. Ebben a legegyszerűbb esetben a hely-idő függvény két paraméterrel megadható:
X(t) = vt + X0, t€ $ ~ (1)
ahol 9~ jelöli a mozgás időszakát, értelmezési tartományát. A paraméterek jelentése világos: v a grafikon meredeksége. Ezen a következőt értjük. Az 1.9. ábra szerint a At hosszúságú időtartam alatt a test
X
elmozdulását jelöljük Ax-szel, azaz Ax: = := x ( t)—x0 ekkor
Ax V= At '
A háromszög függőleges oldaláról leolvasható Ax és a vízszintes oldalnak megfelelő At hányadosa. Ha a távolságot méterben, az időt másodpercben mérjük, akkor a v mértékegysége m/s. A v neve: az egyenletes mozgás sebessége. Tegyük fel most, hogy a mozgás értelmezési tartománya a t = 0 időpontot is tartalmazza, vagyis a test t = 0 időpontban megfigyelésünk alatt állt. Ekkor helyettesítsünk be a helyfüggvénybe t = 0-t:
x(0) = D • 0 + xo.
így x(0) = xo, vagyis ebben az esetben x0 a test helyét jelenti a 0 időpontban, az időmérés kezdetén.
Emeljük ki még egyszer, hogy az egyenletes mozgás két paraméterrel jellemezhető: a sebességgel, és a kezdeti hellyel. A sebesség és a kezdeti hely egy-egy állandó, az elsőnek a mértékegysége például m/s, a másodiké m. A sebesség grafikus jelentése: a hely-idő függvény grafikonjának a me- redeksége'**. A kezdeti helyzet jelentése: a grafikon és a függőleges tengely metszéspontjának a koordinátája.
Természetesen mind a sebesség, mind a hely mértéke tetszőleges számok lehet-
,*> Ez a szóhasználat magyarázatot kíván. Annál inkább, mert a továbbiakban gyakran élünk vele. Az egyenes meredeksége az ábrán attól függ, hogy a vízszintes tengelyen mekkora szakaszt feleltettünk meg az idő egységének, és a függőleges tengelyen mekkora szakasz felel meg a távolság egységének. Rögzítve azonban ezeket a megfeleltetéseket, az elmozdulás számértékének cs az eltelt idő számértékének az aránya az egyenes meredekségét adja.
24
nek: az 1.10. ábrasoron vázlatosan ábrázoltuk néhány egyenes vonalú, egyenletes mozgás hely-idő grafikonját. A grafikonok mellett feltüntettük a mozgást meghatározó két paraméter előjelét. Figyeljünk fel arra, hogy ha v= 0, akkor a grafikon vízszintes, tehát a pont áll. H a xo = 0, akkor a mozgás a 0 időpontban a 0 helykoordinátájú helyről indul.
X
X, v*0
*=00
Pfegyük fel, hogy az A és a B városok távolsága 300 km. Az A városból a B városba indul egy kocsi, egyenletesen mozog, sebessége 90 km/h. Vele egy időben a B városból is indul egy kocsi az A városba, ennek a sebessége 60 km/h. Indulás után mennyi idő múlva találkoznak? Az A várostól mérve milyen távolságra találkoznak?
X
v = 0 x>0
1
1.10.ábra
25
Helyezzük el, az 1.11. ábrán látható módon, az A várost a függőleges tengely origójában és a B várost a 300-as koordinátájú helyen. Az időmérés kezdetét válasz
sebességgel halad az őrház felé. A hangjel eleje a vonattal együtt az x—t koordinátarendszer origójából indul. Az őr a t' időpontban hallja meg a hangjel elejét. A
X
szűk meg a mozgás kezdetének. Ekkor a két járm ű grafikonja metszi egymást; a két grafikon egyenlete:
x = 90t,
x = — 601 + 300.
Az egyenletrendszer megoldása: t = 2 óra, x = 180 km. A két autó indulás után 2 óra múlva, az A várostól 180 km távolságra találkozik egymással. |
ÍKépzeljük el, hogy vasúti őrház felé vonat közeledik, sebessége v= 12 km/h, a vonat At = 3 másodpercig tartó sipjelet bocsát ki. Vizsgáljuk meg, hogy mennyi ideig hallja a vonatfüttyöt a vasúti őr!
Tegyük fel, hogy a vonat grafikonja az x —t koordináta-rendszer origójából indul. Jelöljük ki az őrházal, és rajzoljuk meg az őr grafikonját. Ez egy vízszintes egyenes. Az 1.12. ábrán t*-gal jelöltük azt az időpontot, amikor a mozdony elhalad az őr mellett. Jelöljük ki az időtengelyen azt a At hosszú időszakaszt, ameddig a mozdonyvezető a sípot működteti. A sípjel a vonat sebességénél nagyobb c = 330 m/s
X
hangjel végének a grafikonja az előző grafikonnal párhuzamos. Kezdete a (Af, vAt) pont. A hangjel vége a t" időpontban ér a vasút mellett álló őrhöz. így az őr a t', t" időpontok közötti időszakban hallja a hangot. Jelöljük ennek a szakasznak a hosszát Af*-gal.
Az ábrán látható, hogy At* kisebb, mint Af. Vezessük be átmeneti használatra az ábrán látható jelöléseket, ekkor
Aí* + T =A t,
x
*Íg £ = — — c.
Az egyenletrendszert megoldva azt kapjuk, hogy az őr
ideig hallja a vonat füttyét. Az adatok behelyettesítve: At* = 2,81 s j
26
1.2.3. Átlagsebesség
Az 1.13. ábrán egy villamos mozgását láthatjuk. A villamos a ^ időpontban az x l pontban lévő megállóból indul, felgyorsul. Közben átmenetileg lassítania kell, majd a t2 időpontban az x2 helyen levő megállóban megáll. A mozgást leíró függvény nyilvánvalóan bonyolultabb, mint az egyenletes mozgások esetén.
A mozgást leíró függvény nyilván nem jellemezhető egy vagy két paraméterrel, mint az egyenletes mozgás esetén történt a v és az x 0 paraméterekkel. így a villamos
X
mozgását leíró függvény esetén a meredekségről nem is beszélhetünk abban az értelemben, ahogyan ez a legegyszerűbb mozgás esetén történt. A villamos mozgásának ekképpen nincs is sebessége az eddigi értelemben.
Felvethető azonban a következő kérdés: milyen sebességgel mozgott volna a villamos egyenletesen, ha a t, időpontban indulva az Xj helyről, a t2 időpontban az x 2 helyre érkezett volna. Ennek a helyettesítő mozgásnak — amely tehát egyenletes mozgás — van sebessége. A helyettesítő — az 1.14. ábrán vékony vonallal jelölt — mozgás sebességét nevezzük az eredeti mozgás (a villamos mozgása) átlagsebességének.
Az ábráról leolvasható az átlagsebesség grafikus jelentése: a hely-idő függvény grafikonjához húzott szelő meredeksége.
X
Az értelmezésből következik, hogy az átlagsebesség megadásához két időpontot kell megadnunk. Az átlagsebesség a mozgás egy szakaszához tartozik.
rfegyük fel, hogy a mozgást leíró függvény:
x(t) = 5t2, t> 0.
A mozgás grafikonja parabola (1.15. ábra). Határozzuk meg a mozgás átlagsebességét a harmadik másodpercben!
A harmadik másodperc nyilván egy másodpercig tart, a f, = 2 s-tól a t2 = 3s-ig. Ekkor X] = 5 • 22 = 20 m, x 2 = 5 - 32 = 45 m.
X
27
A szelő meredeksége:
x 2 — x 1 x (t2) — x{ tl) 5t 2 — 5tftj tt t? ti -f,
5 ( í2 - í l ) ( í2 + tl)t 2~ t 1
= 5(í2 + ti) = 2 5 m /s j
Általánosságban, legyen a test az x(t) helyen a í e f időpontban. Adjunk meg két különböző időpontot a mozgás időszaka alatt, jelöljük a kisebbet figyel, a nagyobbikat t2-vel. A test az A(rt) pontból az x ( t2) pontba mozdult el. H a a [ t,, t2] időközben az x(t,) és x (t2) pontok között egyenletesen mozgott volna, akkor a sebessége
x(t2) - x (tt)
f2 — h
lenne. Ha a grafikon két pontját egyenessel összekötjük, akkor ez a tört adja a szelő meredekségét, tehát az átlagsebesség:
tg a S; --V,x(t2) - x ( t i)
17 fi (1)
Az átlagsebesség jele mellett fel kell tüntetni, hogy a szóban forgó mozgás átlag- sebességét melyik időszakra számítjuk. Ha azonban nem okoz félreértést, akkor egyszerűen csak ü-t írunk.
Gyakran előfordul az, hogy a mozgás során az egyik időpontot rögzítjük, az átlagsebesség ilyenkor a másik időpont függvénye. Jelöljük ebben az esetben a rögzített időpontot t0-lal, a másikat t-vel. Ekkor az átlagsebesség — mint említettük — a másik időpont függvénye:
- ^ x ( t ) - x ( t0) _ ^ /0,vto(t):— — -—------, t e J , t # t 0. (2)
t — tn
Az átlagsebességet tehát a mozgás időszakában bármely időpontra kiszámíthatjuk, kivéve a t0 időpontot. (Ha a t és a t0 időpont egybeesik, akkor az átlagsebességet értelmező hányadosnak nincs értelme. Nulla hosszúságú időtartam ra nem számítható átlagsebesség.)
Az átlagsebesség értelmezését három példával illusztráljuk.
1. H a a test mozgását az x(t) = t2, t e J függvény írja le, akkor — a t0 pontot rögzítve — a t időponthoz tartozó átlagsebesség:
Vto(0 =
l ^ t 0.
( t - t 0) ( t+ t 0)t - f o t ín
= t + t0,
Az átlagsebesség t-vel nő: minél nagyobb t, annál nagyobb a vlo(t) átlagsebesség. Az átlagsebességnek mint az idő függvényének a grafikonja egyenes: ugyanazon az időintervallumon van értelmezve, mint a mozgás, kivéve a f0 időpontot. A függvény grafikonja egy „lyukas szakasz”. Persze rögtőn arra gondolunk, hogy ezt a lyukat be lehet tömni. Az átlagsebesség-függvény értelmezése kiterjeszthető úgy, hogy a ki- terjesztés folytonos legyen: ugyanis a
tt tn
= t + t0, t e F , f # t 0
átlagsebesség-függvény csak egyetlen pontban különbözik a 3T időintervallumon értelmezett
t t ~h to, t E ^
függvénytől.2. Hasonló a helyzet az általánosabb
x (t)= tn, t g ,y" mozgásnál. Az átlagsebes-
28
ség-függvény — a szelő meredeksége —
rto(0 =
t - t n
t - t o
( t - t 0) ( f " l + tn 2t0+ . . . + tn0~1)
t - t o
= tn_1 + t"“ 2t0+ . . . + t ts _2 + ts_1,
t # t 0.
Az x(t) = t", t e f f mozgás esetén az átlag- sebesség-függvény n — 1-ed fokú polinom — eltekintve a t0 időponttól —, az átlagse- besség-függvénynek n tagja van, minden tagban a két tényező kitevőjének összege n — 1. A függvény — mint említettük — egyetlen pontban különbözik a
t H f" 1 + í" 2t0 + . . . + ÍÍq 2 + Íq 1,
t e F
polinomfüggvénytől. Ez az egy pont a t0 időpont, ebben a pillanatban a polinom- függvény értéke
to 1 + to 2to + -- -+ to to 2 +fo 1=nto 1-
3. Vizsgáljuk meg most az x (í)=sin t függvénnyel leírt mozgást. Rögzítsünk most is egy időpontot tetszőlegesen, és jelöljük ezt t0-lal. Ekkor minden más t időpont esetén kiszámítható a t0 és t időpontok közötti szakaszra vonatkoztatott átlagsebesség:
_ , , sin t — sin taf J () = ---- — ------’ t¥=t°-l ÍQ
Alakítsuk szorzattá a tö rt számlálóját. Az elemi trigonometriából ismert — és a középiskolai függvénytáblázatokban is megtalálható — képlet alapján:
. t - t 0 t + t02 sin------ cos—-—
sín t —sin t0 2 2
sin-
t tn2 t + tg
cos —-— .
A középiskolai matematika tanulmányainkból az is ismert, hogy radiánban mért kis szögekre
sin a = a.
H a |a | <0,1, akkor az eltérés relatív hibája 1%-nál kisebb. Mindenesetre, ha t közel van t0-hoz, akkor a
t - t n = : a
szög kicsi, így
- t - t 0 sin—-—
t - t n
közelítőleg 1-gyel egyenlő. így az átlagsebesség-függvény a t0 közelében lévő t időpontokra:
v ,M = cos~
H a például
t + t n t# (o -
t ° = 4 , t =71 + 0,1
t~ t,0 t —t.0
ekkor vío( t)^ 1.Az éppen most tárgyalt gondolatmene
tek inkább elméleti jelentőségűek, és a pillanatnyi sebesség tárgyalását készítik elő. Néhány egyszerű gondolat ismertetése van hátra az átlagsebesség fogalmával összefüggésben.
rfegyük fel, hogy egy autó egyenes vonalú pályán halad, 200 km utat megtesz, eközben eltelik 3 óra, majd lassabban megy, és a következő 120 km-es utat 2 óra alatt
29
5,:t,
a)
b.)1. 16.ábra
teszi meg (1.16a ábra). Ekkor a mozgás hely-idő függvénye, mint az 1.16b ábrán látható, egy törött vonal. A mozgás mindkét szakasza egyenletes mozgás.
Ebben az esetben az átlagsebesség meghatározásához a kezdő- és végponton át meghúzzuk a grafikon szelőjét. Nyilvánvaló, hogy az a szöggel szemközti oldal Sj + s2, a szög melletti oldal t, + t2. így az átlagsebesség:
_ Sj + s2 320v = -------- = —— = 64 km/h.
ti + í2 5
Ennek a törtnek a számlálójában távolságok összege, a nevezőjében időtartamok összege jelenik meg, ezzel szemben az átlagsebességet értelmező korábbi képlet számlálójában az origótól mért előjeles távolságok különbsége, a nevezőjében két
időpont különbsége szerepel. Természetesen ez a két tény nem mond ellent egy- másnak. |
ÍKépzeljük most el, hogy egy autó 3 órán keresztül 80 km/h sebességgel halad egyenletesen, majd további két órán keresztül 60 km/h a sebessége (1.17a ábra).
Ekkor az átlagsebesség:
_ S j+ S 2 V ^ + V f oV =
11 + t 2= 12 k m /h j
Figyeljünk fel arra, hogy a test sebessége a t í időtartam alatt v \ , a t2 időtartam alatt v2, ekkor a megtett út v1t 1 + v2t2. Az 1.17b ábrán látható, hogy ez a kéttagú összeg a két téglalap területének összege. Másként: a sebesség-idő függvény grafikonja alatti terület. (Ezt az elvet messzemenően általánosítani fogjuk.)
Térjünk most vissza az átlagsebesség meghatározásához.
v,:t,
O .)
t
b)1.17.ábra
30
("Lehetséges, hogy a két útszakaszhoz nem az időtartam okat, hanem a sebességeket ismerjük: gondoljuk el, hogy egy já rmű 400 km-es útszakaszt 80 km/h, majd 300 km-es útszakaszt 100 km/h sebességgel tett meg (1.18. ábra).
1.18.ábra
Ekkor az átlagsebesség:
S , + S 2V =
+ !i Uj V2
- 87,5 km/h. |
l~Áz átlagsebesség nulla, ha a hely-idő függvény grafikonjának két pontját összekötő szelő meredeksége nulla. így például képzeljük el, hogy egy autó 200 km hosszú úton egyenletesen mozog és ezt a távolságot 3 óra alatt teszi meg. Azonnal visszafordul, de az út megtételéhez már 5 órára van szüksége. Ekkor az átlagsebessége nulla: hiszen x(8)—x(0)=0. Ugyanakkor számolhatjuk a sebesség nagyságának az átlagát. Ez
200 + 2003 + 5
= 50 km/h. |
1.2.4. Pillanatnyi sebesség
Egy autó kormányánál ülünk, és folyamatosan gázt adunk. A sebességmérő egyre nagyobb sebességet mutat. M it jelent az, hogy a sebességmérő mutatója éppen 60 km/h-t mutat, és kúszik felfelé?
Ezt a tényt a következőképpen magyarázhatjuk: az, hogy a sebességmérő most pont 60 km/h sebességet mutat, azt jelenti, hogy a test ezzel a sebességgel mozogna egyenletesen, ha a mozgás ebben a pillanatban egyenletessé válna.
Grafikonon szemléltetve: ha a t0 időpontban a mozgás egyenletessé válna, akkor a grafikonja az eredeti mozgás grafikonjának r0 időpontbeli érintője lenne, ahogy az 1.19. ábra mutatja.
1.19.ábra
Innen látszik a — most születő — pillanatnyi sebesség grafikus jelentése: a helyidé függvény grafikonjához húzott érintő meredeksége.
Ezzel a pillanatnyi sebesség értelmezéséhez az első lépést megtettük. A nehézség a következő. Ismerünk-e valamilyen módszert arra, hogy egy adott hely-idő függvény esetén meghatározzuk a függvény grafikonjához húzott érintő meredekségét? (Fontoljuk meg: az átlagsebesség meghatározása — a grafikonhoz húzott szelő meredekségének meghatározása — igen egyszerű matematikai műveleteket igényel, ha ismerjük a és a t2 időpontokhoz tartozó helyzeteket. Az átlagsebesség kiszámítása két kivonást és egy osztást jelent.) A pillanatnyi sebesség matematikai értelmezése új matematikai módszer felfe
31
dezését igényelte. Ez a differenciálszámítás. Alapszabályainak bevezetése, első fogalmi körülírása Newton és Leibniz nevéhez fűződik.
(A differenciálszámítás elemeinek ismeretére szükségünk lesz a továbbiakban. Ezért arra kérjük az Olvasót, hogy ha nem jártas a differenciálszámítással kapcsolatos elemi fogalmak és szabályok között, és a legegyszerűbb függvények differenciálása gondot jelent számára, akkor tanulmányozzon át most egy elemi szintű, matematikai analízisről szóló tankönyvet.)
Ha adott a mozgás hely-idő függvénye, akkor valamely t0 időponthoz tartozó érintő meredekségét az átlagsebesség segítségével a következőképpen értelmezzük. Rögzítsük a t0 időpontot, és adjunk meg tetszőlegesen egy r0-hoz közeli, í0-tól különböző t időpontot. Ha a t időpont közel van a t0 időponthoz, akkor a szelő kis szögben metszi az érintőt, a szelő közel van az érintőhöz, ahogy az 1.20. ábrán látható. Ez azonban azt jelenti, hogy a szelő meredeksége közel van az érintő meredekségéhez.
X
t 1.20.
tc t ábra
Az átlagsebesség-függvényről láttuk, hogy a t0 időpontban nincs értelmezve, sok esetben azonban felvethető az a kérdés, hogy kiterjeszthető-e a függvény, hogy a t0 pontban folytonos legyen. Amennyiben ez meg
tehető, akkor azt mondjuk, hogy az x(t) függvény a f0 időpontban differenciálható, és az átlagsebesség-függvény folytonos ki- terjesztésének t0-beli helyettesítési értékét az x(t) függvény t0 időponthoz tartozó deriváltjának vagy differenciálhányadosának nevezzük.
Az x(t) függvény deriváltja geometriailag a függvény grafikonjához a r0 időpontban húzott érintő meredekségét jelenti. Fizikai tartalma pedig aíi-* x(í) mozgás t0 időpontbeli sebessége.
A differenciálhányados — a sebesség — jelölése:
x(t0).
1. Határozzuk meg az x ( t)= t2 hely-idő függvénynek megfelelő mozgás sebességét a í0 időpontban. Rögzítve a t0 időpontot, a t0 és ( időpontok közötti időszakhoz tartozó átlagsebesség:
ü,0(t) = t + ío -
A függvény grafikonja az 1.21. ábrán látható. A függvénynek nincs értelme a t = t0
V
esetén, de ha a függvényt folytonosan kiterjesztenénk, akkor a r0 időpontban az értéke 2í0 lenne. Szemléletesen szólva, ha í közeledik a t0 ponthoz, akkor a vl0(t) átlagsebesség közeledik az x(í0) pillanat
32
nyi sebességhez: f + t0 közeledik 2f0-hoz. Vagyis
x(í0) = 2í0.
2. Hasonló a helyzet az x(r) = f" mozgásnál is. A pillanatnyi sebesség:
x(t0) = «fő“ 1.
3. Ugyanígy, ha a mozgást az x(t) = sin t függvény írja le, akkor a í0 időponthoz tartozó pillanatnyi sebesség:
. . . t n + í nx(r0)= c o s — -— — cos íq .
Értelmezzük tehát a pillanatnyi sebességet a következő módon.
Tegyük fel, hogy egy tömegpont mozgását az x(r), t e ,T függvény írja le. Jelölje a mozgásnak a í0 időponthoz tartozó átlagsebesség-függvényét v,0(t), t e t =£ t0. Ekkor két eset lehetséges: vagy van az átlagsebesség-függvénynek a t0 időpontban folytonos kiterjesztése, vagy nincs. Ha az átlagsebesség-függvénynek van a f0 idő-
V
pontban folytonos kiterjesztése (például a függvény olyan, mint az 1.22. ábrán látható), akkor azt mondjuk, hogy létezik a mozgásnak a t0 időpontban pillanatnyi sebessége [létezik az x(r), I e 9~ függvény
nek deriváltja a t0 pontban], és ebben az esetben az átlagsebesség-függvény folytonos kiterjesztésének a í0 időpontbeli helyettesítési értékét a mozgás r0 időpontbeli pillanatnyi sebességének [az x(í), f e függvény í0 ponthoz tartozó deriváltjának] nevezzük.
Ha a hely-idő függvény deriválható az értelmezési tartományának t0 pontjában, akkor a t0 időpontban van értelme pillanatnyi sebességről beszélni, és a mozgás pillanatnyi sebessége a f0 időpontban:
v(t0): = x (t0). (1)
Természetesen az olyan pontokban, amelyekhez tartozó átlagsebesség-függvénynek nincs folytonos kiterjesztése, tehát az olyan pontokban, ahol a függvény nem differenciálható, a pillanatnyi sebességet nem értelmezzük.
A mozgás (pillanatnyi) sebességfüggvénye azokban az időpontokban van értelmezve, ahol van értelme a pillanatnyi sebességnek:
c : t H v(t),
minden olyan időpontban, ahol ahely-idő függvény differenciálható.
A továbbiakban, ha sebességről beszélünk, akkor minden esetben a pillanatnyi sebességet (a pillanatnyi sebesség-idő függvényt) értjük ezen.
P f együk fel, hogy egy test mozgását egy egyenesen az
x(t) = 4f4 + 6t3 + 3í2 — 39f — 25, tz 3 T
függvény írja le. Ebben az esetben a sebességfüggvény:
x(t) = t;(t) = 4 ■ 4f3 + 6 • 3t2 + 3 • 2t - 39 =
= 16t3+ 18t2+ 6 í—39, teZT.
Adjunk meg tetszőlegesen egy időpontot,
33
mondjuk legyen t0 = 1 s. Ekkor a test az egyenes
x (í„ )= x(l) =
= 4 14 + 6 - l 3 + 3 12 —3 9 -1 -2 5 = —lm
helyén mozog, pillanatnyi sebessége:
v (to) = v 0 ) =
= 16• 13+ 18 l 2 + 6 - 1 -3 9 = 1 m/s_j
1.2.5. Egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgás
Viszonylag egyszerű mozgástípus az egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgás. Azokat a mozgásokat nevezzük egyenletesen változóknak, amelyeknek a hely-idő függvénye másodfokú függvény, a grafikonjuk tehát parabola (1.23. ábra).
X
Az egyenletesen változó mozgások tehát másodfokú függvénnyel írhatók le:
x(t) = A t2 + Bt + C,
Az A, B, C paraméterek a függvény együtthatói. Vizsgáljuk meg, hogy milyen fizikai jelentés kapcsolható a paraméterekhez.
Határozzuk meg először a sebességfüggvényt:
v(t) = 2At + B, t e .T.
Tegyük fel, hogy a t= 0 időpont hozzátartozik a függvény értelmezési tartományához. Helyettesítsük be ezután a 0 időpontot a két függvénybe: vagyis határozzuk meg a test helyzetét és sebességét az időmérés kezdetén.
x(0) = A 0 2 + B 0 + C = C ,
v(0) = 2 A -0 + B = B.
Látható, hogy a C paraméter jelentése: a test helyzete az időmérés kezdetén, a B paraméter jelentése pedig a 0 időpontbeli— „kezdő” — sebesség. Vezessük be ezért a következő jelöléseket:
x(0) = C = :xo,
r(0) = J3 = :v0.
Ábrázoljuk most a
v(t) — 2 A t+ B = 2At + v0, t e .T ,
függvényt. Nyilvánvaló, hogy a függvény grafikonja oly, n egyenes, amelynek a meredeksége 2A, a tengelymetszete v0 (1.24. ábra). Az egyenes 2A meredekségét jelöljük röviden o-val:
a. = 2A,
és mivel
V
34
ezért a helyfüggvény és a sebességfüggvény a következőképpen írható fel:
x'(0 = y í2 + t)0t + x 0,
f(r) = at + r0, 1 6 (1)
A sebességfüggvény grafikonjának a meredekségét (a-t) az egyenletesen változó mozgás gyorsulásának nevezzük. Ha a tá- % olságot méterben, az időt másodpercben mérjük, akkor a gyorsulás mértékegysége m s2. Az egyenletesen változó mozgást tehát három független paraméterrel jellemezzük: a gyorsulással, a kezdeti sebességgel, valamint a kezdeti hellyel.
Az 1.25. ábrasoron különböző egyenes vonalú, egyenletes mozgások összetartozó hely-idő és sebesség-idő függvényének a grafikonját ábrázoltuk vázlatosan; feltüntetve az a, a v0 és az x0 paraméterek előjelét is.
Kiemeljük, hogy az egyenletesen változó mozgások jellemzéséhez a fenti két össze
függést kell ismerni, a test hely- és sebességfüggvényét. Valójában csak az elsőt —- a mozgást definiáló függvényt —, ebből a második függvény levezethető: a hely-idő függvény deriváltja a sebesség-idő függvény.
(Ha tehát valamely mozgás hely-idő függvényét megadtuk, akkor m ár nem lehet akármilyen a sebesség-idő függvény. „Hasunkra ütve” sokféle függvényt felírhatunk, amely egy test hely-idő függvénye lehet, de csak egyszer üthetünk a hasunkra, a sebességfüggvényt m ár nem választhatjuk önkényesen. Ezzel ellentétben: ha valahogy— ismét önkényesen — megadjuk a test helyét a vonatkoztatási rendszerben, egy rögzített pillanatban, akkor ismét tetszőlegesen megadhatjuk a test sebességét is abban a pillanatban. Nem kell tekintettel lennünk a test helyzetére.)
P f együk fel, hogy egy pontszerű test egy egyenesen egyenletesen változó mozgást végez, a t = 0 időpontban indult. Indulás után 2 másodperccel az egyenesen a
koordinátája 2 méter, indulás után 5 másodperccel 5 méterre van az origótól az egyenes pozitív felén, és ekkor a sebessége 10 m/s. Röviden összefoglalva az adatokat: x(2) = 2, x(5)=5 , d(5)= 10. Figyelembe véve, hogy a test egyenletesen változó mozgást végez,
x(2) = 2 = ^ • 22 + v0 ■ 2 + x0,
x(5) = 5 = | - 5 2 + t;0 -5 + x 0,
t;(5) = 4 = a • 4 + i;0.
Az egyenletrendszer megoldása: a = 6 m /s2, v0 = — 20 m/s, x0 = 30 m. A mozgás grafikonja tehát konvex parabola, amelynek a függőleges tengellyel való metszéspontja 30 m, és a kezdeti meredeksége — 20 m/s, tehát negatív, a t = 0 ponthoz húzott érintő balról jobbra lefelé lejt (1.26. ábra).
Könnyen meghatározhatjuk a test helyzetét indulás után tetszőleges időpontban. Legyen például í = 6 s. Ekkor x(6)= 18 m, és t>(6)=4 m/s. Jelöljük fig y el azt az időpontot, amikor a test sebessége nulla lesz:
0= w (í1) = a t 1+i>o,
0 = 6ta - 2 0 ,
t ! = — =3,3 s.o
Ebben a pillanatban a test az x(3,3)= = — 3,3 m helyen van.
Vizsgáljuk meg, hogy a test mennyi utat tett meg 6 s alatt. Az út két szakaszból számítható. A test az indulástól a megállásig | —3,3 — 301 =33,3 m utat tett meg. Ezután a 3,3 s-tól 6 s-ig 18—( —3,3) = 21,3 m utat tesz meg a függőleges tengely pozitív iránya felé mozogva. Az összes megtett út 33,3 + 21,3 = 54,6 m.
Fontos: a 6 másodperc alatt megtett út a négyzetes képletbe egyszerűen behelyettesítve nem határozható meg. |
Egyenletesen változó mozgásnál az út négyzetes összefüggésből csak szakaszonként számítható ki. Általában használható négyzetes úttörvény nincs. Nem a megtett út, hanem az origótól mért előjeles távolság— a koordináta — másodfokú függvénye az időnek. Ezért a koordinátát — a helyet— megkülönböztetjük a megtett úttól.
Az út — ellentétben a helyzettel — nemlehet csökkenő függvénye az időnek. Egy autó eltávolodhat az origótól, növekvő kilométerkövek irányába, aztán közeledhet, csökkenhet az origótól mért távolság. Az autó által megtett út azonban nem csökken: az egyszer megtett út nem fogy ki az autóból.
["Tegyük fel, hogy egy test sebessége egyenletesen, t= 4 s idő alatt t', = 3 m/s-ról v2 = = 5 m/s-ra nő. Legyen a megfigyelés kezdete a 0 időpont. Ekkor
u(0) = uj = a • 0 + t;o,
v(t) = v2= at + v0.
A két egyenlet különbségéből v1 — vi — at, vagyis
V 2 ~ V Ía = -------- , valamint v0 = ví .
36
így
. . V2 — v1 7 x ( t ) = ~ ^ — t 2 + v 1t + x 0 =
1= ~2 ( V2 ~ vl ) t + f i t + x 0 =
A megtett út:
v l + v 2 s = x ( t ) - x 0= — - — t.
Ábrázoljuk a sebességfüggvényt (1.27. ábra). Könnyen felismerhetjük, hogy a megtett út a sebességgörbe alatti terület: a trapéz területe. |
V
sebességnek negatív és pozitív értékei is vannak, akkor a negatív részt tükrözzük az időtengelyre, vegyük az abszolút értékét, így a |i>(í)l. t e függvény grafikonja alatti terület adja a megtett utat.
Példaként megvizsgáljuk a v(t) = 6t — 20, ( 0 < t< 6 s) sebességfüggvényt. A sebességfüggvény és a sebesség abszolút értékének a grafikonját az 1.28. ábrán ábrázoltuk. Ez utóbbi két háromszöget határoz meg. A két háromszög összes területe: 54,6 m.
V
rvi
A sebességfüggvény grafikonjáról leolvasható a különböző időpontokhoz tartozó sebesség. Ezen túlmenően azonban két geometriai jelentése is van: egyrészt a meredeksége a gyorsulást szolgáltatja, másrészt a grafikon alatti terület a test által megtett utat adja.
Általában is így számítható az út: ha a sebesség pozitív, akkor a grafikon alatti terület szolgáltatja az utat. Ha a sebesség negatív, akkor is hasonlóan járunk el: a megtett út a grafikon és az időtengely által meghatározott terület nagysága. Ha a
A legegyszerűbb esetben, amikor az egyenletesen változó mozgást végző test kezdő helyzete és kezdeti sebessége egyaránt nulla, a gyorsulás pedig pozitív, akkor a test origótól mért előjeles távolsága és sebessége:
* ( r ) = | t 2,
v(t) = at, t £ .T = [0; t0] .
Ilyenkor a megtett út:
37
A legismertebb egyenletesen változó mozgás a szabadon eső test mozgása. A Föld környezetében szabadon mozgó test gyorsulását g-vel jelöljük, értéke g = 9,81 m/s2, közelítő értéke 10 m /s2. Ha külön nem hangsúlyozzuk, akkor ez utóbbi értékkel számolunk. A szabadon eső testek gyorsulása lefelé mutat a Föld felé. Ezen a következőt értjük. Helyezzük a koordináta- rendszer origóját a test kezdeti helyzetébe, és irányítsuk lefelé a helytengelyt. Ekkor a gyorsulás pozitív. (A másik két tengelyre vonatkozó koordináta nulla, akárhogy választjuk a két tengelyt.)
("vizsgáljuk meg, hogy milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében kétszer akkora utat tett meg, mint az összes azt megelőzőben.
Helyezzük el az x tengelyt a fenti módon: a tengely origója legyen a test kezdeti helye, és a tengely mutasson lefelé. Jelöljük a teljes esési magasságot h-val, az esés idejét f-vel. Ekkor
h = ^ t 2.2
Legyen x az első t — 2 másodperc alatt megtett út, így az utolsó két másodperc alatt a test 2x u tat tett meg. Tehát h= 3x. A négyzetes összefüggést az első t — 2 másodpercben és a t másodpercben megtett útra felírva:
, , 9 .2 h= 3x = — í . 2
Oldjuk meg az egyenletrendszert:
3 f ( t - 2)2= | t 2,
innen t = 4,73 s és h= 112 m j
Térjünk vissza a sebességgrafikonok értelmezéséhez.
Pfegyük fel, hogy egy vonat 3 percig egyenletesen felgyorsít az álló helyzetből, majd egyenletesen mozog 12 percig, ezután 2 perc alatt egyenletesen lassulva megáll. A pálya középső szakaszán a vonat sebessége 20 m/s. Ekkor a sebességgrafikon egy
1.29.ábra
fekvő trapéz (1.29. ábra). A teljes menetidő 17 perc = 1020 s. A teljes megtett út a trapéz területe:
s = 72Q + 1020.20 = 17 400 m = 17,4 km.
A vonat átlagsebessége: t; = 17 m/s. |("Képzeljük most el, hogy egy pontszerű
test egyenletesen lassulva a 200 méter út megtétele alatt a sebességét a harmadára csökkenti. Mennyi utat tesz meg a test megállásig?
A sebesség grafikonját ábrázolva szemléltethető, hogy a 200 méteres útszakasz után még x távolságot tesz meg a test megállásig. Figyeljünk fel arra, hogy két hasonló háromszöget látunk az 1.30. ábrán: a nagyobbik függőleges oldala v0, a kisebbiké v0/3, a nagyobbik területe 200 + x, a kisebbiké x. Idézzük fel magunkban azt a középiskolai matematika tanulmányainkból ismert tételt, hogy hasonló alakzatok
38
1.30.ábra
területének az aránya az oldalak arányának a négyzetével egyenlő:
f - a - V .W 3 /
200+ x
Innen x = 25 m. |ÍEzt az ötletet használjuk a következő
problémánál is. Tegyük fel, hogy egy puskagolyó sebessége a levegőben 600 m/s, és kemény fába ütközve abba 60 cm mélyen hatol be. Vizsgáljuk meg, hogy mekkora volt a sebessége 5 cm mélyen. A kérdést természetesen úgy is felvethetjük, hogy mekkora sebességgel hagyna el egy5 cm vastag deszkalapot.
Ábrázoljuk most is a mozgás sebességidő függvényét. A háromszög teljes területe 60 cm. A sebesség lecsökken v0 = 600 m/s- ról t;-re. A golyó ezután még 55 cm utat tesz meg. Két hasonló háromszöget látunk most is az 1.31. ábrán. Az 55 cm területü
háromszöghöz a v oldal, a 60 cm területü háromszöghöz a v0 oldal tartozik. Tehát
Í - Y = -\ v j 6 0 ’
>gy
Í55v = 600 / — =574 m/s. |
Y 60 —1
Az 1.32. ábrán két test sebességfüggvényét láthatjuk. A két test ugyanabból a pontból indult azonos irányba. Az egyik test sebességgrafikonja trapéz, a másiké
1.31.ábra
1.32.ábra
háromszög. A két test útjának a különbsége a trapéz és a háromszög területének a különbsége, a pontozott tompaszögű háromszög területe. Az egymáshoz viszonyíto tt elmozdulás tehát a sebességfüggvények grafikonja közötti tartomány területe.
Pvizsgáljuk meg most a következő problémát. Tegyük fel, hogy egy léghajó v0 sebességgel emelkedik. A ío= 0 s időpontban kiejtenek a léghajóból egy bombát. A bomba földet érve a í, időpontban felrobban. A robbanás hangját a léghajóban a kiejtés után t 2> t l időpontban hallják meg. Az 1.33. ábrán a léghajó, a bomba és a hang hely-idő grafikonját ábrázoltuk. A bomba grafikonja a 0 időpontban érinti a léghajó
39
grafikonját, a grafikon konkáv parabola, a tj időpontban metszi a vízszintes tengelyt. Ebben a pillanatban indul a harmadik mozgás: a hang mozgása. A hangjel
X
t 1.33. ábra
grafikonja a t2 időpontban metszi a léghajó grafikonját. A léghajó mozgását leíró függvény:
xL(í) = t;0r + x 0, t> 0 .
A kiejtett bomba mozgása ettől mindössze a szabadesésből származó — (g/2)f2-tel különbözik:
xB(t)= - y í2 + V + xo> 0 < t < Í ! .
A hang mozgását az
xH( í ) = c ( t - t ! ) , f > ti
függvény írja le. A tj időpontban a bomba földet ér: xB(t1)= 0 . A í2 időpontban a hang utoléri a léghajót: xL(f2) = x H(t2). Ezt a két állítást részletesen is felírjuk:
- y í ? + f oti+ X o = 0 ,
c(f2- t i ) = foí2+ xo-
Ha a feladattal kapcsolatban alkalmas módon bizonyos paraméterek értékét megadjuk, akkor ez a két állítás az ismeretlen paraméterek meghatározására alkalmas egyenletrendszer lesz. [
1.2.6. Átlaggyorsulás, pillanatnyigyorsulás
Előfordulhat, hogy a test sebességének a grafikonja nem egyenes. Ilyen esetet látunk az 1.34. ábrán: az x ( t)= t3, t e S í mozgás sebességfüggvénye v(t)= 3t2, te&~. A sebességfüggvény grafikonja parabola, ezért
V
ennek a meredekségéről nem beszélhetünk abban az értelemben, ahogyan az egyenletesen változó mozgás esetén tettük. Eljárhatunk azonban a következő módon. Adjunk meg tetszőlegesen két különböző időpontot, legyenek ezek t lt t2. A t t időpontban legyen a test sebessége vt , a t2 időpontban v2. Ekkor annak az egyenletesen változó mozgásnak a gyorsulása, amelynek a sebessége t1 időpontban v1, a t2 időpontban v2:
v2-V i
40
Az eredeti mozgás átlaggyorsulását ezzel a képlettel értelmezzük. Az átlaggyorsulas grafikus jelentése nyilván a sebességfüggvény grafikonjához húzott szelő meredeksége. Ha a sebességfüggvényt i>(t)-vel jelöljük, t akkor rögzítve a és a í2 időpontokat, az átlaggyorsulás:
i>(t2)-t>(ti)12 — 11
Ha az egyik időpontot rögzítjük, akkor az átlaggyorsulás a másik időpont függvénye:
í - í n
Például ha a sebességfüggvény u(t) = 3t2, t e !F, és f o = 1 s, akkor
t 2 *2 üt0(t) = 3 -
t — t0
= 3(f + í0) = 3í + 3, f ^ l .
Az átlaggyorsulás-függvény grafikonját láthatjuk az 1.35. ábrán. A t = 1 s ponttól
1.35.ábra
eltekintve ez egy egyenes, meredeksége 3, a gyorsulástengelyt a 3 pontban metszi. A th-*3í + 3, í ^ l s átlaggyorsulás-függvény értelmezése kiterjeszthető a t = 1 s pontra úgy, hogy a kiterjesztett függvény
helyettesítési értéke a (= 1 s időpontban6 m/s2. Ezt az értéket nevezzük a mozgás pillanatnyi gyorsulásának.
Általában legyen adott a mozgás v(t), sebességfüggvénye. H a a f0 időpont
ban a sebességfüggvény differenciálható, akkor a sebességfüggvény deriváltját a mozgás f0 időpontbeli pillanatnyi gyorsulásának nevezzük, és ű(t0)-lal jelöljük:
(1)
A pillanatnyi gyorsulásfüggvényt úgy értelmezzük, hogy minden időponthoz, amelyhez pillanatnyi gyorsulás tartozik, hozzárendeljük a pillanatnyi gyorsulás értékét. A sebességfüggvény deriváltját, vagyis a helyfüggvényből kétszeri differenciálással származtatott függvényt a mozgás (pillanatnyi) gyorsulásfüggvényének nevezzük:
a(t) = v(t) = x(t). (2)
A továbbiakban ha gyorsulásról beszélünk, akkor ezen mindig a pillanatnyi gyorsulást értjük,
rvizsgáljuk meg ismét az
x (t)=4f4 + 6t3 + 3t2 —3 9 t-2 5 , t eST
függvény által jellemzett egyenes vonalú mozgást. Láttuk, hogy a sebességfüggvény:
i>(t) = 16t3 + 18í2 + 6 t-3 9 , te.3T.
A gyorsulásfüggvény:
x(t) = i;(í) = a(t)= 16 • 3f2 + 18 • 2t + 6 =
=48f2 + 36f+6, te$~.
A gyorsulás értéke a t0 = 1 s időpontban:
a(t0) = a (l) =48 • 12 + 36 • 1 + 6 = 90 m/s2.
Láttuk korábban, hogy x (l)= — 1 m, r ( l ) = 1 m/s. Most azt kaptuk, hogy a(l) = 90 m/s2. A gyorsulás értéke ebben a pillanatban
41
pozitív, ezért a függvény 1.36. ábrán látható grafikonja az 1 m/s meredekségü érintőt felülről érinti: ebben a pontban a grafikon konvex. Gondoljunk az x (t)= t2,
te&~ mozgásra. Ennek a grafikonja (1.37. ábra) alulról konvex, tehát a második deriváltja — a gyorsulás — pozitív. H asonlóan: az x(t)= — f2, 16 függvény grafikonja konkáv, a második deriváltja— a gyorsulás — negatív. |
X
Anélkül, hogy a részletes indoklásokba belemennénk, és mellőzve az igazán pontos okoskodásokat és állításokat, összefoglaljuk a hely-, a sebesség- és a gyorsulásgrafi-
X
kon elemzésének szempontjait az 1.38. ábra segítségével.
H a a hely-idő függvény grafikonjához húzott érintő vízszintes, akkor a test sebessége nulla. Ha az érintő balról jobbra emelkedik, akkor a sebesség pozitív, ha balról jobbra lefelé lejt, akkor negatív.
Ha a sebesség-idő függvény grafikonjához húzott érintő vízszintes, akkor a
42
gyorsulás nulla. H a az érintő balról jobbra emelkedik, akkor a gyorsulás pozitív, ha balról jobbra lefelé lejt, akkor negatív.
H a a hely-idő függvény az érintője felett van — vagyis a függvény lokálisan konvex —, akkor a gyorsulás pozitív. H a a hely-idő függvény grafikonja az érintő alatt van — lokálisan konkáv —, akkor a gyorsulás negatív. H a a hely-idő függvény grafikonja konvexből konkávba vagy konkávból konvexbe megy át — vagyis inflexiója van —, akkor a gyorsulás nulla.
A sebességfüggvényt úgy értelmeztük mint a helyfüggvény deriváltját, a gyorsulásfüggvényt pedig mint a sebességfüggvény deriváltját. A derivált — szemléletesen szólva — a függvény grafikonjához húzott érintő meredeksége, vagy — a fizikai tartalom ra hivatkozva — az átlagsebesség (átlaggyorsulás) folytonos kiterjesztése.
Felvetődik a kérdés, hogy mi a teendő olyan függvénynél, amikor ez a folytonos kiterjesztés nem létezik, vagy más szóval: a grafikonhoz nem húzható érintő. Ilyen függvény például az abszolútérték-függ- vény a 0 helyen. Itt nincs egyértelmű érintője a grafikonnak. A fizika nyelvén ez azt jelenti, hogy az átlagsebesség-függvény grafikonján nemcsak lyuk van, hanem ugrik is a függvény.
Képzeljük el, hogy két kemény fal között vízszintesen pattog egy kemény golyó. Például biliárdgolyó az asztal élére merőlegesen. A mozgás grafikonját az 1.39. ábrán szemléltetjük. Két ütközés között a test sebessége állandó, az ütközés pillanatában azonban ugrásszerűen megváltozik. A grafikon töréspontjaiban nem értelmezhető — az eddigi módon — érintő, nem értelmezhető a mozgás sebessége.
A fallal ütköző golyó sebessége tehát nincs értelmezve. Nem arról van szó, hogy
X
nulla, hanem arról, hogy mint fogalom nem létezik.
Hasonló a helyzet a gyorsulásnál. H a a sebességfüggvény valamely pontban nem differenciálható, akkor abban a pontban nem értelmezzük a gyorsulást.
1.2.7. Harmonikus rezgőmozgás
Egyenes vonalú pályán mozgó pontszerű testről azt mondjuk, hogy harmonikus rezgőmozgást végez, ha a hely-idő függvényének a grafikonja szinuszgörbe, vagyis a hely az időnek
x(t)= A sin co(t—t0) + x0, (1)
alakú függvénye.A 1 1-* sin t, t e ,9~ függvényre alkalmaz
zuk a középiskolában részletesen tárgyalt négy függvénytranszformációt: a vízszintes tengely menti nyújtást, a vízszintes tengely menti eltolást, a függőleges tengely menti nyújtást és a függőleges tengely menti eltolást (1.40. ábra). Ennek a négy transzformációnak — ebben a sorrendben — négy
43
paraméter felel meg: co, t0, A, x 0. Természetes feltétel, hogy A és ío egyaránt pozitív mennyiségek legyenek. H a A vagy co nulla, akkor (1) valójában nem szinuszfüggvény, ha pedig valamelyik negatív, akkor a mozgást leíró paraméterek nem egyértelműek.
menettel: ha a hely-idő függvény szinuszos, akkor a sebesség-idő függvény koszinuszos, es a gyorsulás-idő függvény grafikonja a szinuszfüggvény negatívjával arányos (1.41. ábra).
A (2) függvények értelmezési tartomá-
rV
1.40.ábra
A feladatunk most az, hogy meghatározzuk az (1) mozgástípust definiáló függvénynek megfelelő sebesség- és gyorsulásfüggvényt, és fizikailag értelmezzük a rezgőmozgást jellemző négy paramétert.
A sebesség- és a gyorsulásfüggvény grafikonját az előző pontban vázolt módszerrel hozzávetőlegesen ábrázolhatjuk is.
Differenciáljuk a hely-idő függvényt, majd a sebesség-idő függvényt:
x(t)= A sin cü(t — í0) + x0,
v(t) = x(t) = Aw cos (ü(t —10),
a(t)= x(t)= —Aíú2 sin<u(r —10). (2)
A kapott eredmény összhangban van a grafikonok vázolásához fűzött gondolat-
1.41.ábra
nya a teljes számegyenes, amelynek a pontjait időpontokként fogjuk fel. A valóságban azonban a rezgések véges időtartamot vesznek igénybe. Ezért harmonikus rezgésnek tekintjük azokat a mozgásokat is, amelyeket az (1) függvény valamely véges
44
hosszúságú időszakra vonatkozó leszűkítéssel kapunk. Fordítva: egy korlátos szakaszon megfigyelhető rezgés úgy tekinthető, mint az (1) leszűkítése, magyarán: gondolatban a korlátlan időben is folytat- hatónak tekintjük a „rezgéstöredéket” is.
Kinematikai szempontból azonban maradhatunk a teljes számegyenesen értelmezett függvény vizsgálatánál.
Egy teljes rezgés megy végbe, amíg a rezgő pont valamely állapotból a legrövidebb idő alatt ugyanabba az állapotba jut. Egy teljes rezgés alatt tehát a pont visszatér a kiindulási helyzetbe, de a sebessége is megegyezik a kiindulási helyre jellemző sebességgel. E teljes rezgés a rezgést leíró függvény egy periódusának felel meg.
Vezessük be a következő elnevezéseket és jelöléseket.
1. A rezgés egyensúlyi helyzete az a pont, ahol a gyorsulása nulla.
2. A rezgés szélső helyzetének (holtpontnak) nevezzük azt a pontot, ahol a sebesség nulla.
3. A szélső helyzet és az egyensúlyi helyzet távolságát amplitúdónak nevezzük.
4. Egy teljes rezgés idejét periódusidőnek nevezzük és T-vel jelöljük.
Vizsgáljuk először az egyensúlyi helyzetet. Legyen tA egy olyan időpont, amikor a gyorsulás nulla:
0 = — A d 2 sin oj(tj —10).
Ekkor azonban sin ^ ( t , — fo)= 0 , mert a .4>0, és co>0. Behelyettesítve ezt a helyidő függvénybe a következőt kapjuk:
x ( t1) = / r 0 + .x ;o.
Ezzel a négy paraméter egyikének, x0-nak a fizikai tartalmát, jelentését kaptuk: ez az a hely, ahol a gyorsulás nulla, vagyis ez az egyensúlyi helyzet.
Vizsgáljuk most meg a szélső helyzetet.
Legyen t2 olyan időpont, amikor a sebesség nulla:
0 = Aoj cos co(t2 — f0)-
Ez azt jelenti, hogy cos co(t2 —10) — 0, vagyis ugyanebben a pillanatban sin o>(t2 —10) = 1, vagy sin co(t2 —10) = — 1. Behelyettesítve ezt a hely-idő függvénybe:
x(t2)= ± A + x 0,
innen
A = \x(t2) - x 0\.
Az A paraméter jelentése tehát: a szélső helyzet és az egyensúlyi helyzet távolsága, vagyis a korábban bevezetett amplitúdó.
A továbbiakban általában feltesszük, hogy a rezgés az origó körül történik, ezért x0-t nullának választjuk. Nem tehetjük meg azonban ezt kivétel nélkül minden esetben. Például ha két rezgést vizsgálunk egyidejűleg, és a kettőnek nem azonos az egyensúlyi helyzete, akkor szükség van arra, hogy az x 0 paraméterrel számoljunk.
A t0 paraméter jelentése világos: a í h >-> A sin (üt függvény grafikonja í0-lal van eltolva az időtengely mentén (1.42. ábra).
X
1.42.ábra
X(t0) = 0,
és a 7/4+ f 0 időpontban
x(T/4 + t0) = A.
Részletesen:
A sin co
Innen
( j + * o - í o ) = A.
T ,sin co — = 1,4
vagyis — radiánban számolva —
T _ nT _ 2 ’
•gy2n
ÚJ = (3)
Az a> együtthatót körfrekvenciának nevezzük. Mértékegysége l/s. Vezessük be a q>:=cot0 jelölést. A (p mennyiség neve: kezdőfázis. Használhatjuk az a0: = — <p jelölést is.
Ekkor (feltéve, hogy a rezgés egyensúlyi helyzete az origó)
x(r) = A sin (cot—(p),
v(t) = A cd cos (cot — q>),
a(t) = — Aco2 sin (cot — <p). (4)A rezgőmozgást kinematikai szempontból ez a három függvény írja le. Az első definiálja a rezgőmozgást, a másik kettő ebből differenciálással származtatható.
A három függvény grafikonja az 1.43. ábrán látható. Ha a rezgés periódusideje0,5 másodperc, akkor egy másodperc alatt két teljes rezgést végez a test. Ha a rezgés periódusideje 0,1 másodperc, akkor egy másodpercre 10 rezgés jut. A periódusidő reciprokát frekvenciának vagy rezgésszámnak nevezzük, jele / (vagy n, vagy v). Tehát
f= —J iy 9
>gy
a> = 2nf.
Ff együk fel, hogy egy rezgőmozgást végző pontszerű test amplitúdója 5 cm, kör- frekvenciája n/6 l/s, kezdőfázisa 0.
Határozzuk meg a test helyét, sebességét és gyorsulását a t =0,1 s időpontban. Tehát
x(0,l) = 5 sin (ji/6 ■ 0,1) == 5 sin (30° • 0,1) = 5 sin 3° S 5 - tu/60,
mert kis szög szinusza közelítőleg egyenlő a radiánban mért szöggel. Ha pl. az a fok-
1.43.ábra
46
ban kisebb 18°-nál, akkor a szinusza és a radiánban mért értéke 1%-nál jobban nem különbözik egymástól. Hasonló a helyzet a koszinusz esetén: ha a fokban kisebb 8°- nál, akkor a koszinusza közelítőleg 1-gyel egyenlő, az eltérés kisebb 1%-nál. így tehát a vizsgált rezgőmozgásnál
i(0 ,l) = 57e/6 cos (tc/6 • 0 ,1 )= 5ti/6 cm/s.
A gyorsulás közelítő értéke:
ű(0,1)= - 5(ti/6)2 sin 3° = - 5(tc/6)3 == —0,717 cm/s2.
Ha t —1,2 s, akkor
x(l,2) = 5 sin (tu/6 ■ 1,2)=5 sin 36° = 2,9 cm,
mert sin 36°=0,587 — függvénytáblázat vagy kalkulátor segítségével.
Legyen most í = 16,3 s. Ekkor
x(16,3)=5 sin (tu/6 ■ 16,3) = 5 sin (8,53) == 5 sin (489°)=5 sin (489° - 360°)== 5 sin (129°) = 5 sin (180° -129°) == 5 sín (51°) = 5 • 0,777 = 3,88 c m j
(Ezek a feladatok „ujjgyakorlatok” voltak, kifejezetten a számolási lépések bemutatására.)
ÍVizsgáljuk meg most a következő problémát: a periódusidő hányadrésze alatt teszi meg a rezgőmozgást végző test az egyensúlyi helyzetéből a szélső helyzetig tartó út első felét? Mennyi idő alatt teszi meg a második felét?
X
Világos (1.44. ábra), hogy
A a ■ í 2n \— = i4 s in | —-f , ).2 \ T 1)
Innen
1 . (2n \2=s,n( r í‘J’illetve
2n nY t l = 6"’
és ebből
T
A második Aj2 hosszú szakaszt
T T T ~4 12 — 12
idő alatt teszi meg. Tehát az egyensúlyi helyzetből a szélső helyzetig terjedő út első felét a periódusidő 1/ 12-e alatt, a második felét a periódusidő 2/ 12-e alatt teszi meg a test. |
Vessük most fel a következő — bonyolultabbnak tűnő — problémát. Tegyük fel, hogy adottak a rezgőmozgás paraméterei: A, w, cp. Tegyük fel továbbá, hogy adott a test helyzete valamely t időpontban. Jelöljük ezt x-szel. Határozzuk meg ehhez a kitéréshez tartozó a gyorsulást és v sebességet!
A mozgás hely-, sebesség- és gyorsulásfüggvényei rendre:
x = A sin (cot — <p),
v = Ao) cos (cot — <p),
a= —Aco2 sin (ojt — cp).
Az első és harmadik egybevetéséből nyilvánvaló, hogy
a= — co2A sin (cot — (p) = —w 2x.
47
Ez azt jelenti, hogy a rezgőmozgás kitérése mindig arányos a kitéréshez tartozó gyorsulással, de ellentétes előjelű.
Az
a= —a»2x
egyenlőséget a harmonikus rezgőmozgások alapegyenletének nevezzük, mert ilyen egyenlőség csak a harmonikus rezgőmozgásokra teljesül, és minden harmonikus rezgés rendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Az egyenlőség elvi jelentőségén túl a konkrét feladatok megoldásakor is jól hasznosítható: a helyzet ismeretében a gyorsulás egyszerű módon meghatározható.
Tekintsük most a feladat másik részét: x ismeretében határozzuk meg a sebességet. Osszuk el az első egyenlőséget /4-val, a másodikat Aco-x&Y.
x— = sin (cot — cp),A
v—— =cos(cof — <p).Acu
Emeljük négyzetre mindkét egyenlőséget és adjuk ezután össze:
x 2 t;2 A 2 + A 2co2 ~
— sin2(ojt — cp) + cos2(ojí—cp) = 1,
tehát
x 2 + (v/co)2 = A 2.
Ez az összefüggés alkalmas arra, hogy a rezgőmozgás konkrét kitéréséből a kitéréshez tartozó sebességet meghatározzuk, vagy a sebességből a kitérést. Az egyenlőséget a legkönnyebben úgy jegyezhetjük meg, hogy egy derékszögű háromszög oldalaira A-t, x-et és v/co-t írunk. Az egyenlőségünk erre a háromszögre vonatkozó Pitagorasz-tétel. Ráadásul könnyen felis
merjük, hogy az x oldallal szemben cot — cp szög van, hiszen ennek a szinusza x/A (1.45. ábra).
1.45. ábra
Jelentős eredményekhez jutottunk: a rezgőmozgás kinematikájával összefüggő ösz- szes tudnivaló belesűríthető az
a = — cú2x ,
x 2+(v/co)2 = A 2
egyenlőségekbe. A rezgőmozgással kapcsolatos feladatok igen könnyen megoldhatók, ha megtanuljuk jól olvasni ezt az ábrát.
fentiek alkalmazásaként vizsgáljuk meg a következő kérdést. Képzeljük el, hogy a rezgőmozgást végző test a t = 0 időpontban az egyensúlyi helyzettől 1 méterre van a tengely pozitív felén, és 4 m/s sebességgel távolodik az egyensúlyi helyzettől. A periódusideje 1,75 másodperc. Határozzuk meg a rezgőmozgás amplitúdóját és kezdőfázisát! M ekkora a gyorsulása ebben a pillanatban?
A háromszög oldalain feltüntettük az adatokat (1.46. ábra). Világos, hogy a> = = 2 tc /T = 3 ,5 8 s_1. A Pithagorasz-tétel se-
1.46.ábra
x 4 ^ 3,58
48
gitségével /1 = x/ Í t +(4/3,58)2 —1,5 m. A gyorsulás: a = —a>2x= —12,8 m/s2. A kezdeti gyorsulás tehát negatív, a kezdősebesség pozitív, így az x tengely 1 pontjából induló grafikon érintője balról jobbra felfele emelkedik, és a grafikont felülről érinti
1.4 7. ábra). Ez azt jelenti, hogy az A sin cot
______ !_______________________ _ t 1.47.| ábra
függvény grafikonjához képest a vizsgált rezgőmozgás grafikonja balra van tolva ji 2-nél kisebb szöggel. A háromszögben az x oldallal szemközti szög — <p (hiszen t = 0), így sin (— <p) = x/A = 0,66, innen —q>=0,72.
A rezgőmozgást leíró hely-idő függvény tehát
x(í) = 1 ,5 sin (3 ,58 t+ 0,72), te$~ _ j
ÍTegyük fel, hogy adott egy harmonikus rezgőmozgást végző test kitérése két időpontban, jelöljük ezeket x x-gyel és x 2-vel. Ezekben az időpontokban legyen a test sebessége vx és v2. Ezekből az adatokból az amplitúdó és a körfrekvencia meghatározható (1.48. ábra):
A 2 — x l + (vl/c})2,
A 2 = x l + (v2/(o)2.
Az egyenletrendszer megoldása:
(ű =
A =
f* í - * 2v \ - v \
I V22x \ — v \ x \
v \ - v \ _ I
1.4S.ábra
I. Feladatcsoport: egyenes vonalúmozgások
1/1. Egy egyenesen egyenletesen mozog egy pont. A ( = 2 s időpontban az x = 5 m koordinátájú helyen van, 8 másodperccel ezelőtt az egyenes negatív felén az origótól5 méter távolságra volt. M ekkora a test sebessége? Hol van a test a / = 0 s időpontban?
1/2. Egy egyenesen egyenletesen mozog egy pont. A t t = 1 s időpontban az Xj = = 6 m helyen van. a t2 = 6 s időpontban a test koordinátája x 2= 4 m. M ekkora a test sebessége? Hol van a test a t0 = 0 s időpontban? M ikor halad át a test az origón?
1/3. Az A és a B városok az egyenes autópálya mellett egymástól 120 km távolságra fekszenek. Az A városbol a B város irányába indul egy autó. Sebessége állandó, 120 km/h. A B városból ugyanebben az irányban fél órával korábban egy másik autó m ár elindult, ez is egyenletesen mozog, sebessége 60 km/h. M ikor és hol éri utol a gyorsabb autó a lassúbbat?
1/4. Két tömegpont mozog egy egyenesen. Az egyik a ío= 0 s időpontban az origóból indult, az x tengely pozitív fele irányába mozog, a másik az egyenes x l = = — 6 m helyéről indult a fj = 1 s időpontban. Ennek a sebessége is pozitív. A két
49
pont a t2 = 3 s időpontban az x 2 = 2 m helyen találkozik. Határozzuk meg a két test sebességét!
1/5. Két város fekszik az országút mentén, A és B. A két város távolsága 120 km. Az A városból két autó indul egyidejűleg a B város felé. Az első autó sebessége 60 km/h, a másodiké 90 km/h. Velük egy időben a B városból az A város felé indul egy motorkerékpáros. Ennek a sebessége 100 km/h. A motoros elhalad a két autós mellett. Mennyi idő telik el a két találkozás között?
1/ 6. Ebben a feladatban mérjük az időt évben, a távolságot fényévben. (Azt a távolságot, amelyet a fény 1 év alatt megtesz, fényévnek nevezzük. A fény sebessége: c = 300000 km/s, tehát 1 fényév=9,46' 1012 km.) Egy álló űrhajó mellett v = 240000 km/s sebességgel elszáguld egy másik űrhajó. Abban a pillanatban, amikor találkoznak, mindkét űrhajóban születik egy-egy kisfiú, az állóban András, a mozgóban Béla. Amikor a két kisfiú az egyéves születésnapját ünnepli, a két űrhajóról egy-egy fényjelet küldenek a másik űrhajó felé. Ábrázoljuk a két űrhajó és a két fényjel grafikonját!
1/7. Egy vonat v= 12 km/h sebességgel közeledik az állomáshoz. Eközben At = 5 s ideig tartó hangjelet bocsát ki. Mennyi ideig hallja a hangot az állomás előtt álló vasutas? A hang sebessége c = 320 m/s.
1/8. Egy vonat 72 km/h sebességgel távolodik az állomástól. Közben At = 5 s ideig tartó hangjelet bocsát ki. Mennyi ideig hallja a hangot az állomás előtt várakozó utas?
1/9. Az országúton két autó halad egymással szemben. Az egyik sebessége 30 m/s, a másiké 20 m/s. Az első At = 5 s időtartamú hangjelet ad, miközben közeledik a másik felé. Mennyi ideig hallja a hangot a másik autó vezetője?
1/10. Kovácsmühelyből kalapácsütések hangja hallatszik. Két ütés között A t= 1 s idő telik el. Milyen időközönként hallja a kalapácsütések hangját az a megfigyelő, aki v= 10 m/s sebességgel távolodik a műhelytől? M ekkora időközönként hallja a hangot az a megfigyelő, aki v= 10 m/s sebességgel közeledik a kovácsműhelyhez?
í/11. Két városrész között félóránként indítanak autóbuszokat. Egy kerékpáros a város két része között állandó, v=2Q km/h sebességgel karikázik. A szembejövő autóbuszokkal 22,5 percenként találkozik. Mekkora az autóbuszok sebessége, és a kerékpárossal hány percenként találkoznak a vele egy irányban haladó buszok?
1/12. Egy 800 méter hosszú vonat 20 m/s sebességgel halad. Vele egy irányban mozog egy autó 30 m/s sebességgel. Mennyi idő alatt halad el az autó a vonat mellett? Mennyi ideig mozognának egymás mellett, ha az autó szembe haladna a vonattal?
1/13. Egy 30 m/s sebességgel haladó motoros egy gépjárműoszloppal egy irányban haladva 120 másodperc alatt ér a járm űoszlop végétől az elejéig. Szembehaladva a gépjárműoszloppal 60 másodperc alatt ér a motoros az elejétől a végéig. M ekkora a gépjárműoszlop hossza, és milyen sebességgel mozog a gépjárműoszlop?
1/14. Egy pontszerű test 5 másodpercig egyenletesen mozog, és megtesz az egyenesen 4 méter utat. Ezután 3 másodperc alatt 2 méter utat tett meg egyenletesen. M ekkora a mozgás átlagsebessége a megfigyelt 8 másodperc alatt?
í/15. Egy pont lOm/s sebességgel mozog4 másodpercig, majd ugyanebben az irányban haladva 22 m/s sebességgel 3 másodpercig. M ekkora a mozgás átlagsebessége?
1/16. Egy egyenesen mozgó pontszerű test 4 méter utat 2 m/s sebességgel, majd további 6 méter utat 1 m/s sebességgel tesz
50
meg. M ekkora a mozgás átlagsebessége a 10 méter útra számolva?
1/17. Egy pontszerű test útjának első felét 2 m/s sebességgel tette meg. Milyen sebességgel mozgott az út második felén, ha az egész útra számított átlagsebessége2,5 m/s?
1/18. 100 km távolságot autóúton egyenletesen 80 km/h sebességgel teszünk meg, kivéve egy szakaszt, amikor a sebességkorlátozás 40 km/h sebességet ír elő. M ekkora hosszú ez a szakasz, ha az egész útra számított átlagsebesség 77 km/h?
1/19. Álló helyzetből induló autó 200 méter úton 20 m/s sebességre gyorsul fel. M ekkora az autó gyorsulása, és mennyi idő alatt tette meg az utat?
1/20. A repülőgép gyorsulása 2,5 m/s2. Milyen hosszú kifutópálya szükséges ahhoz, hogy egyenletesen felgyorsuljon a felszálláshoz szükséges 200 km/h sebességre?
1/21. 1,2 m/s2 gyorsulással milyen hosz- szú úton és mennyi idő alatt gyorsul fel egy test 20 m/s sebességre?
1/22. Milyen magasról esett az a test, amely 15 m/s sebességgel ért földet?
1/23. M ekkora sebességgel ér földet egy 50 méter magasról eső test?
1/24. Milyen magasról esett az a test, amelyik az esés utolsó két másodpercében 100 méter utat tett meg?
1/25. Milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében háromszor akkora utat tett meg, mint az összes megelőzőben?
1/26. Milyen magasról esett az a test, amely az esés utolsó két másodpercében háromszor akkora utat tett meg, mint az utolsó kettő előtti egy másodpercben?
1/27. Egy test h= 45 m magasról esik. Osszuk fel ezt a szakaszt három olyan részre, amelyet a test egyenlő időközök alatt tesz meg!
1/28. Egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgást végez egy test. A £o = 0 időpontban az origótól 4 méter távolságra van az egyenes pozitív felén. A t x = 2 s időpontban a sebessége előjelet vált az origóban. Vázoljuk a mozgás hely-idő grafikonját! Mennyi utat tett meg a test a [0, 5] időközben?
1/29. Egyenletesen változó mozgást végző test sebessége a = 3 s esetén vt =9 m/s, és t2 = 6 s esetén v2 = 12 m/s. Hol van a test ezekben a pillanatokban, ha a £o= 0 időpontban az origóban volt? Mennyi utat tett meg a test a [ í t , r2] időszak alatt?
1/30. Egy autó 1,2 m/s2 gyorsulással indul a kereszteződésben. Ebben a pillanatban egyenletes, 1 = 20 m/s sebességgel elhalad mellette egy másik autó. M ekkora úton és mennyi idő alatt éri utol a gyorsuló autó az egyenletesen mozgót?
1/31. Egy toronyház liftje egyenletesen,2,5 m/s sebességgel mozog lefelé. Amikor (a 10. emeleten) 30 méter magasan van, a liftaknában a lift mellett elejtenek egy kis testet. M ikor és milyen magasan éri utol a kis test a liftet?
1/32. Egy lift 2,5 m/s sebességgel emelkedik. Amikor a földszintről indult, 30 méter magasan leejtenek egy követ. Menynyi idő múlva és milyen magasan találkoznak?
1/33. Egy személyautó 72 km/h sebességgel halad, amikor a vezetője észreveszi a tőle 45 méter távolságra 18 km/h sebességgel haladó vontatót. A személyautó vezetője fékez. Az autó sebessége másodpercenként 2,5 m/s-mal csökken. Elkerülik-e az összeütközést?
1/34. Két vonat halad egymással szemben. A két mozdonyvezető egyszerre észleli, hogy ugyanazon a sínpáron haladnak, és ekkor egyidejűleg fékezni kezdenek. így éppen elkerülik az ütközést. Mindkét vonat
51
kezdeti sebessége 54 km/h volt, és mindkét vonat sebessége 1 m/s-mal csökken m ásodpercenként. Milyen messze voltak, amikor fékezni kezdtek?
1/35. Két pont mozog auanaó gyorsulással ugyanazon a pályán. M indkettő nyugalomból indul, ugyanabból a pontból, megegyező irányba. Az első indulása után2 másodperccel indul el a második. A két test sebessége az első indulása után 5 másodperccel megegyezik. Az első indulása után mennyi idő múlva éri utol a második az elsőt?
1/36. Egy pont mozog egy egyenesen. A ío= 0 időpontban az origóból kezdősebesség nélkül, a = 4 m/s2 gyorsulással indul az egyenes pozitív része irányába A sebessége t t = 6 s idő múlva csökkenni kezd egyenletesen, és újabb t t idő elteltével visszatér az origóba. M ekkora az origótól meri legnagyobb távolsága?
1/37. Egy pont egyenletesen mozog egy egyenesen, sebessége 4 másodpercig 5 m/s. Ezután egyenletesen csökkentve a sebességét, 2 másodperc alatt megáll. Menynyi utat tett meg a test 6 másodperc alatt? M ekkora volt a gyorsulása a mozgás második szakaszában? M ekkora volt a test átlaggyorsulása?
1/38. Két állomás között egy vonat halad. 120 másodperc alatt felgyorsul, ezután 900 másodpercig egyenletesen mozog, majd 80 másodperc alatt megáll. A két állomás távolsága 20 km. Mekkora a vonat legnagyobb sebessége? M ekkora az egész útra számított átlagsebesség?
1/39. Egy test sebessége 100 méter út megtétele alatt egyenletesen az ötödrészére csökken. Mennyi utat tesz még meg a test megállásáig?
1/40. Egy 800 m/s kezdősebességű puskagolyó fában haladva 80 cm út megteteie
után megáll. M ekkora a lövedéK sebessége a fában az első 10 cm út megtétele után?
1/41. Egy pontszerű test mozog egy egyenesen. A t időpontban a test az egyenes x(f) = 8r4—24r3 + 6í — 3 pontjában van. Hol van a test a t t = 1 s időpontban? M ekkora abban a pillanatban a test sebessége és gyorsulása?
X
1/42. Az 1.49. ábrán egy mozgás grafikonját látjuk. Jelöljük meg azokat az időpontokat, amelyekben a mozgás sebessége pozitív, és jelöljük meg azokat az időpontokat, ahol a gyorsulás pozitív!
1/43. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pontszerű test. A í> 0 időpontban a kitérése x(t) = 8 sin (2tc - 12í + tc/3) (méterben). M ekkora a periódusidő? Hány rezgést végez a test egy perc alatt? Mekkora a mozgás legnagyobb sebessége és legnagyobb gyorsulása? Határozzuk meg a sebességfüggvényt és a gyorsulásfüggvényt! Vázoljuk a mozgás grafikonját! Mekkora a test kitérése a t = 0,01 s időpontban?
1/44. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pontszerű test. A t= 0 időpontban a kitérés 0,8 m, a sebessége 5,76 m/s, a gyorsulása —12,8 m/s2. Vázoljuk a hely, a sebesség és a gyorsulás grafikonját! H atá
52
rozzuk meg az amplitúdót, a körfrekvenciát (a periódusidőt, frekvenciát) és a kezdőfázist!
1/45. Harmonikus rezgőmozgást végző test körfrekvenciája 2 l/s. A t= 0 időpontban az egyensúlyi helyzettől 10 cm távolságra van (a kitérése 10 cm), és 20 cm/s sebességgel távolodik. M ekkora ebben a pillanatban a gyorsulása? Határozzuk meg az amplitúdót és a kezdőfázist!
1/46. Harmonikusan rezgő pont függőlegesen mozog. A rezgés körfrekvenciája3 l/s. A t = 0 időpontban a test az egyensúlyi helyzet alatt van 10 cm-rel, és felfelé mozog 0,9 m/s sebességgel. Vázoljuk a rezgés grafikonját! Határozzuk meg az amplitúdót és a kezdőfázist! (A koordináta-rendszer függőleges tengelye mutasson fölfelé!)
1/47. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test, a körfrekvenciája N/5CX) l/s. A test kitérése a f= 0 időpontban 2 cm, a sebessége — v/3 m/s (a test az egyensúlyi helyzet felé közeledik). M ekkora a rezgőmozgás amplitúdója és kezdőfázisa? Mennyi idő múlva lesz a kitérés ismét 2 cm?
1/48. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test függőleges egyenesen. Amplitúdója 20 cm, körfrekvenciája 10 l/s. Hol van a test és merre mozog, amikor a gyorsulása megegyezik a nehézségi gyorsulással? (A nehézségi gyorsulás lefelé mutat, és nagysága 10 m/s2.)
1/49. Egy egyenesen az xa= 12 cm és az xf = 20 cm pontok között harmonikus rez
gést végez egy pont (xa = alsó holtpont, xf = felső holtpont). Az x = 14 cm koordinátájú helyen a test sebessége 288 cm/s. Ettől a pillanattól számolva mennyi idő múlva halad át az x0 = 16 cm, az x ( = = 18 cm, valamint az xf helyen?
1/50. Harmonikus rezgőmozgást végez egy test. A sebessége 60 cm/s, amikor az egyensúlyi helyzettől 40 cm-re van. Amikor az egyensúlyi helyzetet 20 cm-re megközelíti, a sebessége m ár 100 cm/s. Milyen sebességgel halad át az egyensúlyi helyzeten?
1/51. Harmonikus rezgőmozgást végez egy pont. A fo= 0 időpontban az x = 6 cm kitérésű helyzetből indul, és az egyensúlyi helyzettől távolodik. Először az egyensúlyi helyzettől 12 cm-re áll meg, a ti = 0,2 s időpontban. M ekkora a maximális gyorsulás? M ekkora a kezdőfázis?
1/52. Harmonikus rezgőmozgást végző pont legnagyobb sebessége 1,2 m/s, legnagyobb gyorsulása 14.4 m/s2. Mekkora a sebessége akkor, amikor a gyorsulása 10 m/s2? Mekkora a gyorsulás, ha a sebes- seg 0,8 m/s?
1/53. Egy pont harmonikus rezgést végez egy egyenesen. A r = 0 időpontban a test az origóban van, a sebesség 0, a gyorsulása pozitív: 19,6 m/s2. A pont legkorábban 0,4488 másodperc múlva érkezik újra az origóba. írjuk fel a hely-idő, sebességidő, gyorsulás-idő függvényeket! Vázoljuk ezek grafikonját!
53
1.3. Forgómozgás
1.3.1. A forgómozgást jellemző mennyiségek
Az előző pontban a pontszerű testek egyenes vonalú mozgását jellemző legfontosabb mennyiségeket értelmeztük.
Most egy másik mozgástípust fogunk tanulmányozni, és definiálni fogjuk a mozgás leírására alkalmas mennyiségeket. Látni fogjuk, hogy ezek a fizikai fogalmak a tömegpontok egyenes vonalú mozgását jellemző fogalmak megfelelői.
Tegyük fel, hogy adott egy sík, és a síkon rögzítve van egy O pont. A pontból kiinduló vektorról azt mondjuk, hogy forgómozgást végez, ha a kezdőpontja körül a
síkon elfordul (1.50. ábra). A forgómozgást a vektor forgásszögével — az elfordulás szögével — jellemezzük. Ehhez azonban szükség van arra, hogy megadjunk egy, az O pontból kiinduló félegyenest, a szöget ettől a félegyenestől méljük, és meg kell adni egy forgási irányt, amelyet pozitívnak nevezünk, az ellenkező irányt pedig negatívnak. A pozitív forgásirányt önkényesen választjuk meg, ugyanúgy, mint egyenes vonalú mozgásnál a tengely irányát. Általában ahhoz a megállapodáshoz tartjuk magunkat, hogy az óramutatók járásával ellentétes irány a pozitív (1.51. ábra). Némely feladatcsoportban azonban előnyö
sebb a másik irányt pozitív előjellel ellátni. Ilyenkor ezt valamiképpen feltüntetjük.
A félegyenessel bezárt előjeles szöggel jellemezzük a vektor helyzetét. A szöget — állapodjunk meg ebben — radiánban mérjük. Ugyanazt a helyzetet több szöggel
megadhatjuk. így például — n és n ugyanazt a szöghelyzetet adja. H a az egyértelműségéhez ragaszkodunk, akkor állapodjunk meg abban, hogy a helyzetet 0 és 2n közötti szögekkel jellemezzük, vagy — egy másik megállapodás szerint — — n és tc közötti szögekkel adjuk meg.
H a egy vektor többször körbefordul, akkor az elfordulás szöge (a forgásszög) nagyobb 27i-nél. Ilyenkor a szöghelyzetet úgy kapjuk meg, hogy a forgásszögből annyiszor vonunk le 2rc-t, hogy a maradék0 és 27t közé essen.
Tegyük fel, hogy a vektor a 0 időpontban oc0 szöget zár be a rögzített félegyenessel. Ha a t időpontban a vektor szöge:
a(t) = a>r + a0, (1)
akkor azt mondjuk, hogy a forgómozgás egyenletes. Az co arányossági tényezőt az egyenletes forgómozgás szögsebességének nevezzük. Mértékegysége l/s, ha az időt másodpercben méljük. H a a vektor elfordulását megadó szöget az idő függvényében ábrázoljuk, akkor ennek a függ
54
vénynek a grafikonja egyenes vonal (1.52. ábra). Az egyenes meredeksége — a t tengellyel bezárt szög tangense — egyenlő tü-val. w grafikus jelentése: a szögelfordu- lás-idő függvény grafikonjának a meredeksége.
1.52.ábra
Az egy körülfordulás idejét nevezzük periódusidőnek, jele: T. Az egyetlen körülfordulás szöge 2tc, így a fenti egyenlőségbe a 1 időt behelyettesítve:
x(T) = (oT+a0,
innen
M T )-a 0 = coT,
és mert
x ( T ) - a 0 = 2n>
ezért
2tcoj= — .
T
A periódusidő reciprokát nevezzük fordu-l at számnak. Ez megadja az egy másodpercre ju tó körülfordulások számát:
/ : =1T ’
így
o> = 2nf.
(Szembetűnő a párhuzam a forgómozgást _ellemző szögsebesség, periódusidő, fordulatszám és a rezgőmozgást jellemző kör- frekvencia, periódusidő és frekvencia — valamint a köztük fennálló kapcsolatok — között. Ennek a párhuzamnak a mélyebb okára később rámutatunk.)
ÍAz egyenletes forgómozgással kapcsolatos közismert példa a következő: határozzuk meg, hogy 12 óra után mennyi idő múlva fedik az óra m utatói először egymást.
Legyen oc=0, ha a forgó vektor — most a két m utató — függőlegesen áll, és válasz- szuk most az óram utató mozgását pozitív forgási irányúnak. Az óra kismutatójának szögsebessége:
2tccüv = ; 1,47 • 10~5 —,
12-3600s
a nagymutató szögsebessége:
Ekkor t idő múlva a kis- és a nagymutató szögelfordulása:
OCjj — COjjÍ 9
E két egyenlet mellett még vegyük figyelembe, hogy amikor a két m utató először fedi egymást, a nagymutató éppen lekörözte a kicsit, tehát 2rc-vel nagyobb szöggel fordult el:
«k = an-2 j t .
E három egyenletből:
cokt = w„t — 2n,
innen — felhasználva ojk és con éppen az imént meghatározott értékét —
t = 3927,27 s = 1 óra 5 perc 27,27 s j
55
I Módosítsuk most a következőképpen a problémát: 2 óra 5 perc után mennyi idő múlva lesznek az óra mutatói először merőlegesek egymásra?
Legyen az időmérés kezdete az az időpont, amikor az óránk 2 óra 5 percet mutat. Ekkor a nagymutató a függőlegessel n/6 szöget zár be. A kismutató 7i/3-nál valamivel többet, pontosan annyival, amennyit5 perc = 300 másodperc alatt a kismutató elfordult a számlap 2 órának megfelelő jeléről. A kismutató tehát az időmérésünk kezdetén a tc/3 + 300ojk szöghelyzetből indult. így a két m utató szögelfordulasa a megfigyelés kezdete után t idővel:
ock = a)kt + (7i/3 + 300cok),
ocn = G)nr + T c /6 .
A merőlegesség feltétele pedig:
an- a k = 7c/2.
o)k-t és con-t a harmadik egyenletbe behelyettesítve azt kapjuk, hogy í=681,81 s = = 11 perc 21,81 másodperc. |
Könnyen elképzelhető, hogy a forgás nem egyenletes. Felgyorsuló kerék küllője, a felfüggesztett inga fonala elfordul, ez a forgómozgás azonban nem egyenletes.
Az átlag-szögsebességet és a pillanatnyi szögsebességet az átlagsebességhez és a pillanatnyi sebességhez hasonlóan definiáljuk.
Az átlag-szögsebesség:
"to (*)'■ =a ( t) -a ( t0)
t —tn
Grafikus jelentése: a szögelfordulás-idő függvény grafikonjához húzott szelő meredeksége.
A pillanatnyi szögsebesség a szögelfor- dulás-idő függvény deriváltja:
co(f): = á(t). (2)
Grafikus jelentése: szögelfordulás-idő függvény grafikonjához húzott érintő meredeksége.
Példaként vizsgáljuk meg az egyenletesen változó forgómozgást. A szögelfordulás az idő másodfokú függvénye:
a(t)= j t 2 + co0t + a0, (3)
a szögsebességfüggvény:
w(t) = á(t) = (h + oj0. (4)
A szögsebesség-idő függvény grafikonjának (1.53. ábra) a meredekségét — a P együtthatót — az egyenletesen változó forgómozgás szöggyorsulásának nevezzük. Mértékegysége: l/s2.
w0 és a0 jelentése nyilvánvaló: tegyük fel, hogy a forgómozgás értelmezési tartománya tartalmazza a 0 időpontot, ekkor
1.53.ábra
56
a(0) = ao és <u(0) = o 0. Az co0 neve: kezdeti szögsebesség, az a0 neve: kezdeti szöghelyzet.
Az átlagos szöggyorsulás és a pillanatnyi szöggyorsulás értelmezése a már többször végigjárt úton történik:
ío(í) - w(í0)t i
t ^ t o ,
/S(í):=<ú(í).
Szembetűnő a párhuzam a pontszerű testek haladó mozgását leíró mennyiségek értelmezése és a forgó vektorok mozgását leíró mennyiségek értelmezése között. A fizikai világ sok meglepetéssel fog szolgálni a tanulmányaink során, sok meglepő párhuzamra lelünk. Az egyenes vonalú mozgások és a forgómozgás párhuzama azonban nem a természet ajándéka, hogy ne kelljen két módszert, apparátust megtanulni, egyet az egyenes vonalú, egyet a forgómozgás leírására. Ez a párhuzam az emberi okoskodásban gyökerezik: a haladó mozgás tanulmányozásakor bejárt utat „megszokásból” jártuk végig. A kinematikai fogalmak értelmezésekor, és a legegyszerűbb mozgásokra vonatkozó képletekkel nem a haladó és forgómozgás tulajdonságait fedeztük fel, hanem mennyiségeket készítettünk és módszereket gyűjtöttünk a mozgások leírásához.
rÁz egyenes vonalú mozgások és a forgómozgások közötti párhuzam alapján könnyen végiggondolhatjuk a következő tjvszerű problémát: képzeljük el, hogy egy kerék 3000/perc fordulatszámmal forog. A kerék forgását valamelyik küllőjének a forgómozgásával íijuk le. A kerék küllője azonosítható egy forgó vektorral. A pillanatnyi fordulatszáma:
co0 3000 1' 2 ^ = " ó t f 7 ’
innen w0= IOOji l/s. Gondoljuk el, hogy a kerék egyenletesen lassulva 10 másodperc alatt megáll. Ekkor az
ío(10) = 0 = /? - 10 + coo = /? - 10 + IOOti
alapján (5= — lOrc l/s2 — a szögsebességidő grafikon meredeksége. A grafikon alatti terület az elfordulás szögét adja (1.54.ábra):
10071 ’ 10 cm a = -----------=500n.2
A körbefordulások száma 10 másodperc alatt 500i:/2ji = 250. A kerék 250 fordulatot tesz meg, amíg megáll.
1.54.ábra
Könnyen meghatározhatjuk — például— az első másodpercre ju tó fordulatok számát. Jelöljük az első másodpercre ju tó szögelfordulást otj-gyel. Ekkor az ábrán látható nagyobbik háromszög területe a =
57
= 5007t, a hozzá hasonló kisebbik háromszög területe a' = 5007i—a t . A megfelelő oldalak: cüo=100tc l/s, illetve oj(1)=90tc l/s. A hasonló háromszögek területének aránya egyenlő az oldalak arányának a négyzetével, így
( 90íc V 500n—a t \ IOOti ) 500ti '
Innen a t = 9571. Az első másodpercre jutó körbefordulások száma így 95tc/2tc = 47,5 j
1.3.2. A forgómozgást jellemző vektorok
A forgómozgást leíró szögelfordulás, szög- sebesség és szöggyorsulás értelmezésekor abból indultunk ki, hogy adott egy sík és a sík egy pontjából kiinduló vektor, amelynek egy rögzített iránnyal — félegyenessel— bezárt előjeles szöge adja a forgómozgást végző vektor szöghelyzetét. Az elfordulás szögének az előjele attól függ, hogy a forgásirány megegyezik-e vagy ellentétes az óramutatók járásával. A síkon körbeforduló vektor forgásiránya nyilvánvalóan a szemlélő helyzetétől függ. H a az egyik szemlélő pozitívnak látja a vektor forgását, akkor a sík másik oldalán álló megfigyelő negatívnak. Célszerűnek látszik a szögelfordulás, szögsebesség, szöggyorsulás olyan értelmezése, amikor a forgási irány a sík egyik oldaláról ugyanolyan előjelűnek látszik, mint a másik oldalról.
Még inkább alátámasztja az értelmezés továbbfejlesztését a pörgettyű — pl. a közismert gyerekjáték, a búgócsiga — esete. A pörgettyű forgástengelye vagy a pörgety- tyűre festett forgó vektor forgássíkja nem állandó, a tengely egy kúp palástja mentén körbehalad.
A forgómozgást jellemző mennyiségek olyan értelmezését kellene megadnunk,
amely a forgás síkjának — vagy másképpen: a forgás tengelyének — a változását is megadná. Irányítsuk a figyelmünket most először a szögsebességre. A forgás síkjának állását megadhatjuk a forgás tengelyével. H a forgó vektor kezdőpontja — az O pont — rögzített, akkor a forgás síkja a síkra merőleges tengellyel megadható. Képzeljünk el a forgás tengelyével párhuzamos vektort. Ez a vektor egyelőre tetszőleges irányú és tetszőleges hosszúságú lehet; elég sok lehetősége van arra, hogy további információkat hordozzon a forgásra vonatkozóan.
A síkra merőleges vektorra „ráírhatjuk” a szögsebesség nagyságát és irányát is. Korlátozzuk a síkra merőleges vektor hosszát a következőképpen: ez legyen egyenlő a szögsebesség nagyságával. Az irányítást válasszuk meg úgy, hogy ez a síkra merőleges vektor a szemlélő felé mutasson, ha a forgás irányát az óramutatók mozgásával ellentétesnek látja.
Az így értelmezett vektort szögsebesség- vektornak nevezzük, és to-val jelöljük. (A vektorokat egyszeres aláhúzással vagy vastag betűvel jelöljük. Sokszor azonban azzal a lehetőséggel élünk, hogy nem a betű típusával, nem aláhúzással, hanem annak a halmaznak a feltüntetésével juttatjuk kifejezésre a mennyiség vektorjellegét, amelybe az adott mennyiség beletartozik.)
A szögsebességvektor tehát a forgás síkjára merőleges, a szögsebesség nagyságával megegyező hosszúságú vektor, amelynek iránya megegyezik a jobb kezünk hüvelykujjának irányával, ha a többi behajlított ujjunk a forgás irányába mutat (1.55. ábra).
Hasonlóan értelmezzük, rögzített forgási sík esetén, a szögelfordulás-vektort is: ha a forgó vektor iránya a kijelölt iránnyal a szöget zár be, úgy, hogy a kijelölt irány-
58
ból az óram utató járásával ellentétes mozgás viszi át az adott helyzetbe, akkor a forgás síkjára merőleges vektorra a-t radiánban felmérjük, és a vektort úgy irányítjuk, hogy felénk mutasson. Ezt a vektort a-val jelöljük, és szögelfordulás-vek- tornak nevezzük (1.56. ábra).
oc
1.56. ábra
A szöggyorsulásvektor értelmezése lépésről lépésre így történik: a p szöggyorsulásvektor iránya merőleges a forgás síkjára, hossza a szöggyorsulás nagysága, iránya pedig a forgás síkjáról felénk mutat, ha a forgás szöggyorsulásának iránya az óramutató járásával ellentétes irányú (1.57. ábra).
fí>
1.57. ábra
Az értelmezés kiterjeszthető úgy is, hogy az co, p vektorok nem párhuzamosak. Gondoljuk el ismét a búgócsigát: a szögsebességvektor a forgás tengelyével együtt a kúp palástján körbehalad. A szögsebességvek
tor tehát állandó nagyságú, iránya azonban mindig az aktuális helyzetére merőlegesen változik. A szöggyorsulás ebben az esetben merőleges a szögsebességre (1.58. ábra).
Ki kell emelni azonban, hogy a szögel- fordulás-vektor értelmezésének csak akkor van helye, ha a forgás síkja állandó. Ha ez a sík változik, akkor a térbeli forgások matematikai jellemzése ilyen egyszerűen nem oldható meg. Szerencsére nincs is rá szükségünk.
II. Feladatcsoport: forgómozgás
I I /1. Egy vektor t idő alatt a = 2441 (radiánban mért) szöggel fordul el. M ekkora a periódusideje? M ekkora a fordulatszáma? Hányat fordul a vektor 12 másodperc alatt?
11/2. Mennyi idő múlva lesz az óra nagy- és kismutatója 12 óra után először merőleges egymásra?
II/3. Mennyi idő múlva fedik az óra mutatói 1 óra után először egymást?
II/4. Mennyi idő múlva fedik az óra mutatói 3 óra 10 perc után először (és másodszor) egymást?
11/5. Az óra nagymutatójának a forgási irányát egy ügyeskezű órásmester ellenté
59
tesre változtatta. A két mutató szögsebessége, periódusideje nem változott. 12 óra 5 percet mutat ez a furcsa óra, amikor a mutatóit elindítjuk. Mennyi idő múlva fedik először egymást? Mennyi idő múlva lesznek az óra mutatói először merőlegesek egymásra?
II/6. Egy óra ma 12 órakor a pontos időt mutatja. Nem jár azonban egyenletesen: ma 12 órától a m utatói egyenletesen gyorsuló forgómozgást végeznek. így holnap 12 órakor 12 óra 1 percet mutat az óra. Mennyit mutat holnapután 12 órakor? M ekkora a két mutató szöggyorsulása?
H/7. Egy kerék egyenletesen változó forgómozgást végez. Szögsebessége 10 másodperc alatt 10 1/s-ról 25 1/s-ra változik. Határozzuk meg a szöggyorsulást és az elfordulás szögét!
II/8. Egy kerék fordulatszáma a t = 0 időpontban 3600 l/perc. A kereket egyenletesen fékezzük, így 20 másodperc alatt megáll. M ekkora a szöggyorsulása? Hány fordulatot tett meg a kerék megállásáig? Hány fordulatot tett meg a kerék a fékezés első másodpercében, és hányat az utolsóban?
11/9. Egy kerék szöggyorsulásfüggvé-né- nek a grafikonját látjuk az 1.59. ábrán. A kerék kezdeti szögsebessége nulla. Ábrázoljuk a szögsebességfüggvény grafikonját!
a
5s
t
1.59.ábra
1.60.ábra
1.61ábra
11/10. Az 1.60. ábrán egy kerék szögsebességvektorát ábrázoltuk a t = 0 időpontban. A kerék szögsebessége egyenletesen változik 1 másodpercig. A szöggyorsulásvektort is ábrázoltuk. Hogyan forog a kerék 1 másodperc múlva?
11/11. Az 1.61. ábrán egy kerék í= 0 időpontbeli szőgsebességvektorát ábrázoltuk. A kerék szögsebessége egyenletesen változik 1 másodpercig. A szöggyorsulásvektort is ábrázoltuk. Hogyan forog a kerék 1 m ásodperc múlva?
1.4. A tömegpontok térbeli mozgása
1.4.1. A térbeli mozgás leírása
Pontszerű test helyzetét a térben a következőképpen adjuk meg. Felvesszük a pontok jellemzéséhez szükséges koordiná- ta-rendszert három egymásra merőleges
tengellyel. Ezeket a tengelyeket x, y, z tengelyeknek nevezzük. M indhárom tengelyt számegyenesnek tekintjük, a beosztásokat — az egyszerűség kedvéért — azonosnak választjuk, hasonlóképpen a három tengely origóját egy pontba helyezzük.
60
z
A térben egy pont helyzetét a koordi- náta-rendszer síkjaitól mért előjeles távolságokkal határozzuk meg. Például a pont „x-koordinátája” az y és z tengelyek síkjától mért előjeles távolságot jelenti. Az 1.62. ábrán egy szobában repkedő légy koordinátait tüntetjük fel. E három aaat együttesen a tömegpont helyvektorát adja. A tömegpont helyzetét a koordináta-rendszerben a helyvektora, a koordinátáiból álló rendezett számhármas határozza meg:
r:= (x ,y ,z ).
A helyvektort igen gyakran az origóból a ponthoz m utató irányított szakasszal, vektorral ábrázoljuk, sőt gyakran nem teszünk különbséget az origóból a ponthoz mutató irányított szakasz és a koordinátákból álló rendezett számhármas között. A helyvektorok koordinátáit méterben, centiméterben méljük.
Ki kell emelnünk egy lényeges szempontot: a vektorról nem mondhatjuk, hogy kisebb vagy nagyobb O-nál, ezért a vektort nem nevezzük pozitívnak vagy negatívnak. A vektornak nincs előjele. Előjele a koordinátának van.
A mozgás leírása azt jelenti, hogy a mozgás időszaka alatt bármely időpontban adott a tömegpont helyzete, azaz helyvektora: adottak a helyvektor koordinátái
mint az idő függvényéi. A mozgást ismertnek tekintjük, ha a mozgás ST időszaka alatt bármely t időpontban adott a test három koordinátája:
t ^ (x(r), >’(í), z(0) = :r(f), t e ST.
A pontszerű testek térbeli mozgásának leírása három egydimenziós mozgás leírásával azonos értékű: ha ismerjük a
í i-> x(r),
t •- y(t),
t h* z(r), t e
függvényeket, akkor ismertnek tekintjük a térbeli mozgást is (1.63. ábra). E három függvény egydimenziós mozgást ír le, joggal tekinthetjük ezeket úgy, mint három egyenes vonalú mozgást leíró függvényt. A három koordinátafüggvényt megadhatjuk úgy, hogy csak az időtől függjön mindegyikük, egymástól nem. A mozgások fiig- getlenséyenek elve azt jelenti, hogy a pontszerű test három koordinátafüggvénye egymástól függetlenül mint az idő függvénye vizsgálható: a pontok térbeli mozgása ilyen módon vezethető vissza az egyenes vonalú mozgásra; a térbeli mozgás nem bonyolultabb, mint az egyenes vonalú, csak „háromszor annyi munka van vele”.
y
1.63.ábra
61
A mozgás pályája a hely-idő függvény értékkészlete. Ez az a térbeli vonal, amelyen a test mozog.
A pálya hosszát a test által megtett útnak nevezzük a vizsgált időszak alatt. Ha a test a pálya valamely szakaszán többször is végighalad, akkor ezeket a szakaszokat többször számoljuk. (Az A amplitúdójú rezgőmozgást végző test a periódusidő alatt 4A u tat tesz meg.)
Adjunk meg két különböző időpontot tetszőlegesen, jelöljük ezeket f0-lal és f-vel. Ekkor a [r0, r] időszakban a test elmozdulása a t időponthoz tartozó r(r) és a f0 időponthoz tartozó r(í0) helyvektorok különbsége (1.64. ábra) :
A r [« o,r ] = r(í)-r (fo )-
Rögzítsük most a t0 időpontot. Ekkor az elmozdulás a másik időpont függvénye:
Ar(t): = r ( t ) - r ( t0).
Ar(t) koordinátáit jelöljük Ax(r), Ay’(r), Az(r)- vel. Tegyük fel, hogy az x(r), >’(í), z(t), t £ mozgásokat leíró függvények differenciálhatok a r0 időpontban, és jelölje a sebességeket x(f0), jp(í0), z(í0)- Ekkor Af hosszúságú időszak alatt:
Ax(r)= x(t0)At = x(í0) (t - 10),
Ay(t) S y(t0)At = y(t0) (t - 10),
A z(t) = z(t0)At = z(t0) (t - 10).
Innen
Ar(r) s (x(t0)At, y(t0)At, z(t0)At),
Ar(t)=At(x(t0), y(t0), z(t0)),
Ar(f) , ,= (x ( f 0) ,y (f0)»z(fo))-
A közelítés annál jobb, minél kisebb a t időtartam. A jobb oldali vektor koordinátái az x, az y és a z tengely irányú sebességek. Ezt a vektort sebességvektornak nevezzük.
A sebességvektor jele v(f0), az utolsó közelítő egyenlőség alapján:
r(t):=v(t).
A sebességvektor szemléletes jelentése: az időegységre jutó elmozdulás; ezért mindig a pálya érintőjének irányába mutat.
A sebességvektor nagyságát a Pitago- rasz-tétel segítségével (1.65. ábra) határozzuk meg:
v(t)-= |v(r)| = y /x ( t)2+ y(t)2+ z(r)2 > 0.
A gyorsulásvektort hasonlóképpen értelmezzük. Tegyük fel, hogy az x(f), y(r), z(r) koordinátafüggvényelc kétszer differenciálhatok a t0 időpontban, vagyis létezik az x, y, z irányú mozgásoknak gyorsulása a f0-ban: x(r0), y(t0), z(r0). Ekkor, he
y1.65.ábra
62
Af: = f —10, a sebességvektor megváltozása
Av(r):= v(f)—v(t o) =
= o) (f - 1 o), >:(í0) (í - Ío), z(f o) (í - ío));
= (x(t0),y (t0),z(t0)).
Az egyenlőség jobb oldalán álló vektor koordinátái a három tengely irányába mutató gyorsuláskomponensek. Ezt a vektort gyorsulásvektornak nevezzük, és a(í0)-lal jelöljük. A közelítő egyenlőség alapján a gyorsulásvektor jelentése: a sebességvektor időegységre eső megváltozása. Ennek alapján:
v(r0) = :a(r0).
Ha a helyvektor időfüggése
r(t) = (v1t+ x 0, v2t + y0, v3t + z0) =
=(v1,v 2,v 3)t + (x0, y 0, z 0) =
= v r + r 0, t e & ~
alakú, akkor a mozgás v =(!>!, v2, v3) sebességvektora állandó vektor, a mozgó pont a 0 időpontban az r (0 )= (x o, >’0, z0) helyen van. Egyenes vonalú, egyenletes mozgás ez is, a sebessége állandó. A korábban tárgyalt egyenes vonalú, egyenletes mozgásról van szó, csak most nem voltunk olyan ügyesek: a koordináta-rendszer tengelye nem a mozgás pályáján fekszik.
Gyakran előfordul, hogy a mozgás egy rögzített síkon megy végbe. Ekkor megtehető, hogy a síkot azonosítjuk a koordináta-rendszer két koordinátatengelye által meghatározott síkkal. Ez a sík legtöbbször az első két koordinátatengely síkja. Ilyen esetben a helyvektort síkbeli vektornak tekintjük, a harmadik koordinátáját nem tüntetjük fel.
Ha például a mozgás az első két koordinátatengely által meghatározott síkon
megy végbe, és x(t) = 21, y(f) = t 2 + f; t > 0, akkor a mozgás pályája parabola (1.66. ábra). A pont sebességvektora a t időpontban v(r)=(2, 2 r+ l) , a gyorsulásvektora: a(r)=(0,2), a pont tehát állandó gyorsulással mozog a második tengely irányába. A hely-, sebesség- és gyorsulásvektor a t = 1 másodpercben r(l)=(2 , 2), v(l)=(2, 3), a=(0, 2).
A test által megtett út a mozgás első két másodpercében megegyezik az ábrán vastagon jelölt parabolaív hosszával.
Az út kiszámítására alkalmas módszerhez vázlatosan a következő gondolatmenettel jutunk. Legyen f0 és t két különböző közeli időpont Ha a két időpont At: = t — t0 különbsége kicsi, akkor a [r0, r] időszakban a test elmozdulása közel fekszik a pályához (1.67. ábra). Ezen a szakaszon a pálya hossza és az elmozdulás nagysága nem sokban különbözik. Másrészt az elmozdulás — közelítőleg — vAí-vel egyen-
63
lő, ahol a t0 időpontbeli sebességvektort jelöljük v-vel. Tehát
|Ar| =As,
Ar=vAt,
innen
As = |Ar| = t>Ar.
Ábrázoljuk a
r v(t) = v/x 2(r) + y2(í)+ z2(t) > 0,t e F
függvényt. A grafikon az időtengely fölött van. A görbe alatti terület a megtett úttal egyenlő.
H a a sebességfüggvény
v(f) = (2 ,2 í+ 1), í e [0; 2],
akkor
r (f): = | v(t) | = x/4 + 4 t2+4t + í —
= ■ J 4 Í2 + 4 í + 5 > 0 , t e [ 0 ,2 J .
A sebesség abszolút értékének a grafikonja látható az 1.68. ábrán. A megtett út a görbe alatti területtel egyenlő, közelítőleg 7,6 m.
1.4.2. Hajítások
Az előző pont eredményeit a hajításokkal szemléltetjük.
Képzeljük el, hogy egy magas ház emeleti ablakából a vízszintessel a szöget bezáró irányban v0 nagyságú kezdősebességgel kilövünk egy lövedéket. A koordináta- rendszer kezdőpontja legyen a ház melletti fa tövében: a jelenséget szemlélő innen tartja szemmel a mozgást (1.69. ábra). Az origóból a ház ablakába m utató vektort r0-lal jelöljük, koordinátái legyenek x0 és>'o; ro : = (*0 > .V’o)-
A sebességvektor a í= 0 időpontban v0: = (i’o cos a, v0 sin a). Képzeljük el, hogy a testek nem esnek szabadon. Ekkor a kilőtt lövedék egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez, az r0 helvvektorú pontból kiindulva, a v0 sebességvektorral. Ebben az esetben a mozgás két koordinátája
x(t) = X0 + t’0 COSOÍ- t ,
y{t)= y0 + v0 sin a t
lenne a kilövés után t idővel. A szabadesés a mozgás második koordinátáját módosítja: az y(t) valójában y0 + v0 sin a • f-nél
V
t 1.68 .
ábra
64
f2-tel kisebb. Tehát a mozgás két koor
dinátája:
x(t) = x 0 + v0 c o s c r t ,
y(í) = >o + v0 sin a ■ t — y f2, f> 0 .
A sebesség két koordinátája, komponense:
x(r) = i\(t) = v0 cos a,
í(0 = i\(r) = i;0 sin a — gt, f> 0 .
A gyorsulás koordinátái:
x(r| = aI(t) = 0,
y(t) = ay(t) = - g , t> 0.
A helyvektor, a sebességvektor, a gyorsulásvektor a t időpontban:
rft) =
= x 0 + v0 cos a ■ t, y0 + v0 sin a ■ t -
»(f) = (v0 cos a, v0 sin a — gt),
a(r) = (0, -g ) , f> 0 .
ÍKépzeljük el, hogy a koordináta-rendszer origójából a = 45°-os szög alatt l’0 = = 70,7 m/s-os kezdősebességgel elhajítunk egy testet. Hol van a test az elhajítás után 1, 2, 3, . . . , 11 s múlva? M ekkora a test sebessége ezekben az időpontokban?
Egyszerű dolgunk van: a helyfüggvény koordinátafüggvényeibe kell behelyettesíteni:
x(l) = 70,7 cos 45° • 1 = 50 m,
y(l) = 70,7 sin 45° • 1 - 5í2= 45 m,
A helyvektor a t = 1 s időpontban:
r(l) = (50, 45),
a t = 2 s-ban:
r(2) = (50 ■ 2, 5 0 - 2 - 5 -22) = (100, 80),
és a többi megjelölt időpontban:
i(3) =(50 3, 50 -3 r(4) =(50-4, 50-4 r(5) =(50-5, 50-5 r(6) =(50-6, 50-6 r(7) =(50-7, 50-7 r(8) =(50-8, 50-8 r(9) =(50-9, 50-9 r(10)=(50-10, 50 -10 r( ll)= (5 0 -11, 50-11
— 5-32) =(150,105),— 5-42) =(200, 120),— 5-52) =(250, 125),— 5-62) =(300, 120),— 5-72) =(350, 105),— 5-82) =(400, 80),— 5-92) =(450, 45),— 5 -102)=(500, 0),— 5 -112)=(550, -55).
A sebességvektorok:
v(l) =(i;0cosa, v0 s m a —g - 1)=(50,40),v(2) = v(3) = v(4) = v(5) = v(6) =
v(7) = v(8) = v(9) = v(10) = v(ll) =
(50,30), (50,20), (50,10), (50, 0), (50 ,-10), (50, -20), (50,-30), (50, -40), (50, -50), (50 ,-60).
65
A sebesség vízszintes összetevője állandó, függőleges összetevője másodpercenként — g= —10 m /s2-tel változik. A mozgás kezdete után 5 másodperccel a sebesség függőleges összetevője 0, a test ekkor a pályája legmagasabb pontján van, y(5)=125 m, és az 1 másodpercre jutó sebességváltozás v(6)—v(5)=(0, —10) merőleges v(5)-re. A pálya csúcsán a sebesség vízszintes irányú, a gyorsulás függőleges. |
ÍKépzeljük el, hogy a koordináta-rendszer origójából a szöggel és v0 kezdősebességgel kilövünk egy testet.
Vízszintes talajra akkor esik le a test, amikor a mozgás függőleges koordinátája0 lesz. Jelöljük ezt az időpontot fi-gyel. Ekkor y(ít) = 0, azaz
& 7v0 sin a ■ t — — t = 0,
ebből
i>0 s in a — — t = 0,
innen
2v0 sin a
h 9
Helyettesítsük be ezt az időpontot az első koordinátafüggvénybe:
2v0 sin a t>g .x ( t1) = v0 cos a ----------- = — sin 2a.
9 9
1.71.ábra
A kilövés helyétől ilyen távol esik le a test a vízszintes talajon.
Vizsgáljuk meg most, hogy mikor ér el a test a pályája csúcsára. A pálya csúcsán a sebesség második koordinátája nulla (1.71. ábra). Jelöljük azt az időpontot, amikor a test a pálya csúcsára ér, r2-vel. Tehát vy(t2)= 0 , azaz
D0 s in a —gt 2=0,
innen
v0 sin a h = •
9
Ez éppen fele az előbb számolt t t -nek, mint ahogy erre számítottunk is. Helyettesítsük f2-t a mozgás első és második koordinátafüggvényébe:
x(í2) (L’0 sin a \
9 )= Vq cosa-
i>0sma
ff
v° ■ 7= — sin 2a,
y(t2) = v0 sin af0sina c Dq sin2 a
vo - 2 = — sin"1 a.2 9
A pálya csúcsának helyvektora:
”0 - o ”5 - 2 r„,w = 1 — sin 2a, — sin*' a2 9
i f2ö
Ez a vektor arányos a i>o/2g-vel, iránya csak az elhajítás szögétől függ. A vektor irányszögét jelöljük /?-val, ekkor
”0 - 2— sin an 2g 1
tg /?= “ 2 — — tg a.— sin 2a2 9
66
Jelöljük a test első és második koordinátáját a t időpontban x-szel és y-nal:
x = v0 cos a ■ t,
9 ?y = v 0 sm a t — — t ■
Fejezzük ki az első egyenletből r-t, és helyettesítsük a második egyenletbe:
t=Vq cos a
y = v 0 sm a- * V2 \i>0 cosa Jv0 cos a 2 \ v0 cos a
Átrendezés után azt kapjuk, hogy
9 „2y = tg o rx -2i>o cos2 a ’
Ez a hajítás pályájának az egyenlete. Az egyenlet képe az 1.71. ábrán látható, az origón átmenő konkáv parabola. |
ÍG ondoljuk most el, hogy a fi hajlásszögű lejtő egy pontjából vízszintessel a szöget bezáró irányban v0 kezdősebességgel kilövünk egy lövedéket. Hol esik ez le a lejtőre?
Helyezzük el a koordináta-rendszert úgy, hogy az origója az elhajítás helyén legyen. Ebben a koordináta-rendszerben a hajítás pályája parabola, az egyenletét az előbb kaptuk. A lejtő egyenletét könnyűszerrel felírhatjuk: origón átmenő, —tg)? irány-
tangensű egyenes: y = — tg /? ■ x (1.72. ábra). Annak a pontnak két koordinátája, ahol a test leesik, az
y = tg a • x — , 6L.22i’o cos a
y = —tg P ' x
egyenletrendszer megoldásából adódik:
x = (tg a + tg f})2vo cos2 a —,9
y = (tg a + tg P)2vl cos2 a — ( - tg /?).
A kilövés helyének és a becsapódás helyének a távolsága:
á = v/x 2+ y 2 = v/x 2 + tg2 ^ - x 2 =
= x v/ l + t g 2 0 =
= (tg a + tg fi)2vl cos2 a > /* + tg ^
1.72.ábra
1.4.3. Körmozgás
Egy pontszerű test körmozgást végez, ha pályája kör vagy a kör egy része.
A körmozgás leírásához helyezzük el a koordináta-rendszert úgy, hogy az origója egybeessen a kör közepével. Ekkor az origóból a körön mozgó ponthoz mutató vektor állandó hosszúságú.
A helyvektor forgómozgást végez. A forgómozgás tulajdonságai átöröklődnek a tömegpont körmozgására. Tegyük fel tehát, hogy a pont r sugarú pályán körmozgást végez, és a helyvektora az a0 helyzetből indulva co szögsebességgel az óramutató járásával ellentétes irányban forog:
67
1.73. ábra
a(t) = cot + <x0 (1.73. ábra). Tegyük fel, hogy a pont helyvektora cp szöget zár be a vízszintes iránnyal, és íijuk fel a pont két koordinátáját:
x = r cos cp,
y = r sin cp,
és a helyvektort:
r= ( r cos cp, rs in <p).
Helyettesítsük be a (p helyére a(f)-t:
r(r) = (r cos (tor + a0), r sin (cot + a0)).
A sebességvektort a helyzetvektor deriválásával kapjuk:
v(r)= ( — rco sin (cot + a0), rca cos (cot + a0)),
a gyorsulásvektor pedig a sebességvektor deriváltja:
a(r)=
= ( — rca2 cos (cot + a0) ,—rco2 sin (cot + a0)).
Képezzük most a sebességvektor és a helyzetvektor skaláris szorzatát! A megfelelő koordinátákat összeszorozzuk, majd ösz- szeadjuk:
r(r )v (r ) =
= —r2co sin (cot + a0) cos (cot + a0) +
+ r2w cos (cot + a0) sin (cot + a0) = 0,
68
és mert sem a helyvektor, sem a sebesség- vektor hossza nem nulla — azt kaptuk, amit vártunk: a sebességvektor merőleges a helyvektorra, vagyis a körpálya érintője irányába mutat.
A sebességvektor nagysága a koordináták négyzetének összegéből vont négyzetgyök: v(t) =
= y /r2co2sin2(cot + a0)+ r2co2cos2(cot + <x0) =
= rcu.
A sebességvektor nagysága egyenletes körmozgás esetén nem függ az időtől, a szög- sebesség és sugár szorzata. Gyakori elnevezése: kerületi sebesség:
vkeí: = rco.
Most emeljük ki a gyorsulásvektor koordinátáiból — (o2-et:
a(f) = — co2(r cos (cot + a0), r sin (cot + a0)) =
= —oj2r(í).
A gyorsulásvektor így — oj2-szerese a helyzetvektornak, vagyis hossza a sugár co2- szerese, nagysága rca2, iránya pedig ellentétes a helyvektor irányával: a kör érintőjére merőlegesen a kör közepe felé mutat. Tehát
a = rco2,
v = rco,
innen
v2a= — .
r
H a a körmozgás nem egyenletes, vagyis a helyvektor szöggyorsulása nem nulla, akkor a sebességvektor — továbbra is az érintő irányába mutat — időben változik:
v(t) = rw(t).
A gyorsulásvektornak ebben az esetben két komponense van: a sebességre merőleges — a kör közepe felé mutató — komponens most is
-> r 2(f)ücp(í) = roj2( í ) = ------r
nagyságú. A sebességgel párhuzamos komponens
at{t) = rP{t).
A gyorsulás érintő irányú komponensét tangenciális gyorsulásnak nevezzük, az érintőre merőleges gyorsuláskomponens neve: centripetális gyorsulás. Az érintő irányú gyorsuláskomponens jele at, az érintőre merőlegesé pedig acp. Szokásos még ez utóbbira az an jelölés is, normális irányú gyorsulás elnevezéssel.
Tetszőleges görbe vonalú mozgásnál hasonló a helyzet: a sebességvektor érintő irányú, a gyorsulásvektor pedig a pálya konvex oldala felé mutat (1.74. ábra). A gyorsulásvektornak a sebességvektorral párhuzamos összetevőjét érintő irányú vagy tangenciális, a sebességvektorra merőleges összetevőjét sugár irányú vagy centripetális, vagy normális irányú gyorsulásnak nevezzük. Ha a tangenciális gyorsulás ellentétes irányú a sebességvektorral, akkor a test sebessége csökken, ha megegyező irányú, akkor nő.
így a ferdén elhajított test centripetális gyorsulása a pálya csúcsán lefelé mutat, és g-vel egyenlő. Ha a test sebessége a pálya csúcsán 50 m/s, akkor a test „úgy érzi ma-
1.75.ábra
gát”, mintha
v2 502 r = — = — = 250m
a cp 1 0
sugarú körön haladna abban a pillanatban.
Ha a testet 45°-os szögben, 70,7 m/s kezdő- sebességgel lőttük ki, akkor induláskor az érintő irányú gyorsulása g cos 45° = 7 m/s2, és ellentétes irányú a sebességgel, a centripetális gyorsulása is 7 m /s2, a test itt úgy mozog, mintha
r.=g sin 45°
;707 m
1.74.ábra
sugarú körön mozogna. A parabolapályához így illeszkedő kört simulókörnek nevezzük (1.75. ábra).
Pvizsgáljuk meg most a következő problémát. Tegyük fel, hogy egy pontszerű test r= 2 0 m sugarú körön, állandó, a, = 2 m/s2 nagyságú, érintő irányú gyorsulással kezdősebesség nélkül mozog. Határozzuk meg a gyorsulásvektort egy félkör megtétele után!
A pont helyvektorának a szöggyorsulása:
0 = 2 5 = 0 ,1 l/s2,
69
a félkörnyi elforduláshoz szükséges idő ígyaz
összefüggésből:
t - v/ 20n = 7,9 s.
A test kerületi sebessége félkörnyi út megtétele után v = al = 15,8 m/s, a centripetális gyorsulás r 2/r = 12,5 m/s2. Az érintő irányú gyorsulás továbbra is 2 m/s2. A gyorsulásvektor tehát a kör belseje felé mutat, ("7.76. ábra), a sugárral bezárt szög közelítőleg 9°. |
Térjünk vissza a körmozgás analitikus leírásához. A helyzetvektor második koordinátája:
y(f) = rs in (a ) t+ a 0).
Szembetűnő a hasonlóság a rezgőmozgás hely-idő függvénye között. A kör sugarának ugyanis az amplitúdó, a — q> kezdeti fázisnak az a0 kezdeti szög felel meg. A vízszintes komponens esetén is ugyanez a helyzet. Az r= A és a —<p = a0+ rc/2 szereposztással:
r cos (cút + a0) = r sin (cot — (p)=
= rs in í tot + a0+ ^ J.
1.76.ábra
x
t1.77.ábra
A körmozgás tehát felfogható úgy, mint két azonos amplitúdójú, egymásra merőleges,— ti/2 fáziskülönbségű rezgőmozgás eredő
je. Fordítva: a harmonikus rezgőmozgás mindig vizsgálható úgy, mint a körmozgás vetülete (1.77. ábra).
A körmozgás, és a rezgőmozgás kinematikai kapcsolatára más szempontból is rávilágíthatunk. Képzeljünk el egy koordináta-rendszert, függőleges tengelyére egy rezgőmozgás kitérését, vízszintes tengelyére pedig a sebességének és a körfrekvenciának a hányadosát méljük (1.78. ábra). A vízszintes tengely pontjait tehát x'\ = v/ tóval, a függőleges tengely pontjait x-szel jelöljük. Ábrázoljuk különböző időpontokban az egymáshoz tartozó sebességkitérés párokat. Az idő előrehaladtával ezeknek a pontoknak egy — amplitúdóval egyenlő hosszú — vektor végpontjai felelnek meg. Az origó körül forgó A hosszúságú A vektor vízszintes vetülete v/w = x', a függőleges vetülete x. A í = 0 időpontban
70
X
a forgó vektor a vízszintessel — (p = a0 szöget zár be.
A körmozgás és a forgómozgás mennyiségeinek a kapcsolata természetes, a körmozgás tulajdonságait a forgómozgás segítségével értelmeztük. Felvetődik azonban a kérdés, hogyan kapcsolódnak egymáshoz a körmozgást jellemző helyzet-, sebesség-, gyorsulásvektorok és a forgómozgást jellemző vektorok.
Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy a körmozgást síkbeli mozgásként írtuk le, lényeges módosítás nélkül értelmezhetjük azonban ezeket a mennyiségeket térbeli vektorként is úgy, hogy a körmozgás síkjá t az első és második koordináta síkjával azonosítjuk. így a harmadik koordináta azonosan nulla, vele együtt persze a harmadik tengely irányú sebesség és gyorsulás is.
Tekintsük most a szögsebességvektort és a sebességvektort. Az 1.79. ábrából nyilvánvalóan látszik, hogy a helyvektor, a sebességvektor és a szögsebességvektor merőleges egymásra. E három vektor mindegyike kifejezhető ezért a másik kettő vek- toriális szorzatával, például
v = ío x r,
amely a v = ra> összefüggés vektori általánosításának tekinthető. Ugyanígy
r x v
1.4.4. Koordináta-rendszerek transzformációja
Képzeljünk el három koordináta-rendszert: az első origójában András, a másodikéban Béla, a harmadikéban Cecilia ül. Nevezzük ezért a három koordináta-rendszert .s / , 0$, koordir áta-rendszernek. A két fiú figyeli a lányt, Andrástól Cecíliához m utató vektor legyen rAC, Béla koordináta- rendszeréből az rBC vektor mutat Cecilia koordináta-rendszerébe. András azonban féltékeny, szemmel tartja Bélát is. Az 1.80. ábráról leolvasható, hogy
r AB + r BC = r AC-
71
Mnemotechnikai szempont: a jobb oldalon nem szerepel a B index, a bal oldalon egymás mellett. H a a bal oldalról elhagyjuk a középen található azonos B indexeket, akkor azt az indexkombinációt kapjuk, amelyet a jobb oldalon látunk.
Tegyük fel, hogy a koordináta-rendszerek tengelyei párhuzamosak egymással, a rendszerek mozoghatnak egymáshoz képest, de nem forognak.
A vektoregyenlőségben térjünk át a sebességekre, majd a gyorsulásokra. (A vektoregyenlőségben szereplő hely-idő függvények első és második deriváltját kell képezni.)
VA B + VB C = V AC>
aAB + aBc = t ő
szavakban: ha B-nek A-hoz viszonyított sebességéhez hozzáadjuk C-nek B-hez viszonyított sebességét, akkor C-nek A-hoz viszonyított sebességét kapjuk. Ugyanezt mondhatjuk az egymáshoz viszonyított gyorsulásvektorokról is.
Igen egyszerű módszerrel a gyakorlatban is jól hasznosítható, a feladatmegoldásoknál előnyösen használható összefüggéseket kaptunk. Akár elégedettek is lehetnénk. Őszintén be kell azonban vallani valamit, még akkor is, ha ezzel olyan problémákat vetünk fel, amelyek megoldása elmarad, a kérdések nyitva maradnak.
Eddigi okoskodásunkban minden esetben adott volt egy vonatkoztatási rendszer a távolság és az időmérés korrekt leírásával. Minden konkrét mozgástípusnál egyetlen koordináta-rendszer szerepelt. Most fordult elő először, hogy egyidejűleg több koordináta-rendszerről van szó a gondolatmenetünkben.
A nehézséget a következő okozza. Gondoljuk meg, hogy a fenti rAB + rBC = rAC
egyenlőséget ilyen egyszerűen csak abban az esetben differenciálhatjuk, ha az idő mindhárom személynek, Andrásnak, Bélának, Cecíliának ugyanazt jelenti. Az időmérés leírásánál felvetettük azt a kérdést, hogy tekinthetné-e valaki — mondjuk — a szabadesést egyenletesnek? Megválaszthatna-e szabadesést az időmérés alapjának, hogy ezzel definiálja az órát?
A lényeg: az rAB + rBC = rAC és a belőle származtatott egyenlőségek akkor igazak, ha mindhárom megfigyelő a távolság- és az időmérést ugyanúgy végzi: ha a távolság- és az időskálák mindhármuknál azonosak; így például a vAB + vBC = vAC sebességösszeadás akkor korrekt és alkalmazható összefüggés, ha kezdetben szinkronizált óráik mindig ugyanazt az időt mutatják.
Ha a megfigyelők nem beszélnek ösz- sze, akkor bizony elképzelhető, hogy egész máshogy mérik az időket és a távolságokat. A fenti transzformációs képletek ebben az esetben biztosan bonyolultabbak lennének. Fogadjuk most azonban el, hogy mindhárom megfigyelő ugyanúgy méri a távolságot és az időt: ha András egy szakaszt 30 cm hosszúnak mér, akkor ennyinek méri Béla is, és Cecilia is; ha a kezdetben szinkronizált órák közül mondjuk Béláé 30 percet mutat, akkor ennyit mutat András órája és Cecilia órája is.
A vektorokra vonatkozó rAj + r B ^ r ^ egyenlőség differenciálásának akkor van értelme, ha az idő független változó, mindhármuknak ugyanazt jelenti. Az idő azonban mint fizikai mennyiség egy adott koordináta-rendszerben valóban független változó, de nem független attól a módszertől, ahogyan az időt mérjük. Más időmérés más időskálát eredményez.
ÍKépzeljük most el, hogy a folyó vize kelet felé folyik, a sebessége 6 m/s, a folyón
72
nyitva v0 — rco. Ugyanígy a legfelső pont sebessége a talajról nézve i>0 + ro).
A korong akkor tapad a deszkán, ha az A pont és a deszka A-val közvetlenül érintkező A' pontjának a sebessége azonos. A tapadás feltétele tehát:
egy hajó halad, a parthoz képest észak felé. A hajó sebessége a vízhez képest 8 m/s. Mekkora a hajó sebessége a parthoz képest?
A víz sebessége a parthoz képest + a hajó sebessége a vízhez viszonyítva = a hajó sebessége a parthoz képest, tömören:
vPV + vVH = vPH,
ugyanezt ábrázoltuk is. Látható, hogy a M rom vektor egy derékszögű háromszöget határoz meg. Az 1.81. ábra alapján:
I^phI — ->/82 — 62 = 5,3 m/s,
a hajó a vízhez képest 180 —cx= 131°-os szöget bezáró irányba h a la d j
["Gondoljuk el, hogy egy vékony lap, mondjuk egy deszka vízszintes talajon vd sebességgel mozog. A deszkával érintkezik egy korong, amelynek a középpontja t>0 sebességgel mozog, és a korong co szög- sebességgel forog is. Ekkor a korong kerületi pontjainak a sebessége ra> nagyságú. A korong legalsó, A-val jelölt pontja a középponthoz képest rca-\a l halad hátra, az 1.82. ábrán bal kéz felé. így a legalsó, A pont sebessége a talajhoz viszo-
Annak a feltétele, hogy a korong tapadjon a deszkán, a következőképpen fogalmazható meg:
vá = v0 -r o j.
Ha a deszka áll, tehát a korong lényegében a talajon halad, akkor a tapadás feltétele:
0 = v0—rco,
vagyis
v0 = raj.
Ne tessék ezt a képletet összetéveszteni a korábban látott vk = ro összefüggéssel; ez az utóbbi a kerületi sebesség és a szögsebesség egyszerű kapcsolatát fejezi ki: co szögsebességű körmozgást végző pontok sebessége a középponthoz viszonyítva rco. A most levezetett v0 = rco állítás annak a feltétele, hogy egy korong a talajon haladva ne csússzék meg, tapadjon a talajon. Ez utóbbi feltétel lényegében azonos azzal, hogy i>0 = rker = j m j
ÍFoglal kozzunk most a következő problémával. Képzeljük el, hogy az R és r sugarú vékony csapágygyürük <x>, és co2 szögsebességgel forognak az 1.83. ábrán látható irányban. A két gyűrű között csapágygolyók vannak. Egyet ezek közül berajzoltunk. Tegyük fel, hogy a csapágygyűrűk és a csapágygolyó felülete egymáson tapad. A golyó gyűrűkkel való érintkezési pontjait jelöljük A-val és B-vel, az ábra szerint, a szomszédos pontokat a gyűrűkön A'-vel és B'-vel.
73
Ekkor a tapadás feltétele az, hogy egyidejűleg fennálljanak a
vA = vA;
vB = vw
egyenlőségek. Másrészt a vA- és vw kerületi sebességek a következőképpen fejezhetők ki cüj-gyel és oj2-vel:
va- = Ro)u
vH- = ro)2-
A csapágygolyó középpontját jelöljük C- vel. Ekkor a C pont sebessége az A és a B pontok sebességének számtani közepe:
vA + vBVc= 2 '
Figyelembe véve a fenti négy egyenlőséget, a golyó kerületi sebessége
Kcü! —ra>2
Ha a golyó kerületi sebességét osztjuk a
golyó x:=z~ 2 ~ su8arával, azt kapjuk,
hogy a golyó szögsebessége:
R(ol — rco2 “ golyó ~ f c _ r _ J
74
III. Feladatcsoport: térbeli mozgások, hajítások, körmozgás, relatív mozgás
II I /l. Egy test síkbeli mozgást végez. A t0 = 0 időpontban az r0 = (2 m, 1 m) hely- vektorú pontból indul, és a sebessége állandó: v = ( l m/s, —2 m/s). Ábrázoljuk a test pályáját és helyzetét a í = l s, 2 s, 3 s időpontokban! Szemléltessük az elmozdulást a t l = 1 s és a t2 = 3 s időpontok között!
III/2. Egy test helyvektora a t időpontban r(í)= (2 t; 312; t — 1). Határozzuk meg a test elmozdulását a t j = 1 s és a t2 = 2,5 s időpontok között! Határozzuk meg a sebesség- és a gyorsulásvektort a t időpontban!
III/3. A koordináta-rendszer r„ = (12 m, 8 m), helyvektorú pontjából v0 = l2 m/s nagyságú, a vízszintessel oc = 30° szöget bezáró sebességgel kilőnek egy lövedéket. Hol van a test indulás után 1,2 másodperc múlva? M ekkora a test sebessége ebben a pillanatban? Mikor és hol ér földet a test? Mikor éri el a test a pálya csúcsát? H atározzuk meg a pályacsúcs koordinátáit!
III/4. A koordináta-rendszer origójából 40 m/s kezdősebességgel, a vízszintestől 40°-os irányban elhajítunk egy testet. A test egy — az y tengellyel párhuzamos — egyenesnek ütközik. Az ütközés helye az elhajítás helye fölött 15 méter magasban van. Milyen távol van ez a függőleges egyenes az y tengelytől?
III/5. A talajról 30°-os szögben, 50 m/s nagyságú kezdősebességgel kilövünk egy lövedéket. A lövedék a pályája síkjára merőleges, függőleges falba csapódik. A becsapódási hely a talaj felett 10 méter magasan van. Milyen messze van a fal a kilövés helyétől?
III/6. A talajról 30°-os szögben, 50 m/s nagyságú kezdősebességgel kilövünk egy
lövedéket. A lövedék a pályája síkjára merőleges, függőleges falba csapódik. Milyen magasan van a becsapódás helye, ha a fal 80 méter távolságra van a kilövés helyétől?
III/7. A talajról 30°-os szögben elhajítunk egy testet. Az elhajítás helyétől 40 méter távolságban felállított 20 méter magas pózna tetejére egy pontszerű célt helyezünk. Az elhajított testtel eltaláljuk ezt a célt. M ekkora volt a kezdősebesség, és mennyi ideig mozgott a test az ütközésig?
III/8. Egy testet 12 m magasan 30°-os szögben elhajítunk. Az elhajítás magasságát a test vízszintesen mérve 16 méter távolságban éri el. Milyen távol esik le a test a földre?
m/9. Ferdén fellőtt test 16 másodperc múlva esik le a földre. M ekkora a hajítás maximális magassága?
111/10. A talajról 45° irányú kezdősebességgel ferdén kilőtt test a talajt 87,7 méter távolságban éri el újra. Milyen magasan van a pálya csúcsa?
I I I / l l . Egy testet elhajítunk a talajról. Pályájának a legmagasabb pontja 30 méter magasan van, és 45 méter távolságra ér ismét talajt. Mennyi ideig tarto tt a mozgás? M ekkora az elhajítás szöge és a kezdősebesség?
111/12. A talaj egy pontjából két lövedéket lövünk ki egy időben, m indkettőt 200 m/s kezdősebességgel. Az egyiket 30°-os, a másikat 60°-os szöget bezáró irányban. Hol van a második test, amikor az első a pálya csúcsára érkezett? Hol van a második test, amikor az első földet ért?
111/13. A talaj egy pontjából kilövünk, egy testet. Ezzel egy időben a kilövés helyétől vízszintesen mérve 5 méter távolságban, 8,66 méter magasságból elejtünk egy pontszerű testet. A két test a levegőben össze
ütközik. Milyen irányban kellett a lövedéket kilőnünk?
111/14. A talaj felett 3 méter magasságban egy erkélyről vízszintesen kilövünk egy lövedéket. A kilövés helyétől vízszintesen mérve 2 méter távolságban, a talajról egy másik lövedéket lövünk ki függőlegesen felfelé, az elsővel egy időben. A második test kezdeti sebessége 8 m/s. M ekkora az első test kezdeti sebessége, ha a két test a talaj fölött összeütközik?
111/15. Milyen sebességgel mozog a toronyóra 1,2 méter hosszú nagymutatójának a hegye? M ekkora ennek a pontnak a gyorsulása?
111/16. Mekkora az Egyenlítőn egy pontszerű testnek a Föld tengely körüli forgásából származó kerületi sebessége? Mekkora ennek a pontnak a gyorsulása?
111/17. Egy motorkerékpár nyugalomból indul, és 40 méter sugarú körpályán egyenletesen növekvő sebességgel halad. Egy teljes kör megtétele után a sebessége 20 m/s. Hányszorosára nőtt a gyorsulásvektor nagysága ezen a körön? Mennyi idő alatt tette meg ezt a kört a motorkerékpár?
111/18. Álló helyzetből, 50 méter sugarú körpályán egy motorkerékpár indul állandó 1,6 m/s2 gyorsulással. M ekkora a szöggyorsulása? M ekkora a szögsebesség az indulás után 1,5 másodperc múlva? Mekkora ebben a pillanatban a sebessége, és mekkora a centripetális gyorsulása? Milyen nagy és milyen irányú ekkor az eredő gyorsulás?
111/19. Egy 20 cm sugarú kerék a talajon tapadva gördül. Középpontjának a sebessége 4 m/s. M ekkora a szögsebessége? M ekkora a kerék legfelső és legalsó pontjának a sebessége? M ekkora a vízszintes átmérő két végpontjának a sebessége?
111/20. Egy kerék sugara 20 cm, középpontjának a vízszintes irányú sebessége
75
3 m/s, a szögsebessége 10 l/s nagyságú (1.84. ábra). M ekkora a kerek legfelső és legalsó pontjának a sebessége?
111/21. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú, a kerék az óram utató járásának irányában forog. A kerék középpontjának a vízszintes sebessége 1 m/s és jobbra mutat. M ekkora a kerék legfelső és legalsó pontjának a sebessége?
111/22. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú és az 1.85. ábrán látható módon az óra mutatójának járásával ellentétes irányú. A kerék középpontjának a sebessége 1 m/s, az ábra szerint jobbra m utató irányban. M ekkora a kerék legalsó és legfelső pontjának a sebessége?
111/23. Egy kerék sugara 20 cm, a szög- sebessége 10 l/s nagyságú. A kerék középpontjának a talajhoz viszonyított sebessége5 m/s. Az 1.86. ábrán látható jobbra mozgó lap sebessége 3 m/s. Mekkora a kerék legalsó és legfelső pontjának a talajon mozgó laphoz viszonyított sebessége?
111/24. Egy 10 cm sugarú kerék 1,5 méter sugarú kör alakú pálya belsejében gördül (1.87. ábra). A kerék középpontjának a kerületi sebessége 2,8 m/s. A kerék tapad a körpálya belső oldalán. M ekkora a kerék szögsebessége?
111/25. Függőleges tengelyű, 4 méter sugarú, könnyen elforduló korong kerületén elindul egy ember. Az ember 4 másodperc alatt ér vissza a korongnak arra a pontjára, ahonnan elindult, és 5 másodperc alatt ér vissza a talajhoz viszonyított elindulás helyére. Milyen szögsebességgel forog a korong?
111/26. Ha a lefelé haladó mozgólépcsőn lefelé sétál egy ember, akkor 60 másodperc alatt ér le a lépcsőn. Ha a lépcsőhöz viszonyított sebességét megkétszerezné, akkor 45 másodperc alatt érne le. Mennyi
1.86.----- ábra
ideig tart az út, ha nyugalomban van a lépcsőhöz képest?
111/27. Egy széles folyón északi irányban, a földhöz képest 5 m/s sebességgel halad egy hajó. A folyó sebessége a parthoz képest 4 m/s, a hajó a vízhez viszonyítva6 m/s sebességgel mozog. Milyen irányban folyik a folyó?
76
111/28. Egy hajó 4 m/s sebességgel halad a vízhez viszonyítva. A folyó sebessége3 m/s. A folyó mentén két város távolsága8 km. Mennyi idő alatt teszi meg a hajó a két város közötti távolságot oda-vissza?
111/29. Egy csónak a folyó folyásával szemben halad, a csónakos egyenletesen evez. Á thalad egy híd alatt, és ekkor kiesik a csónakból egy félig telt, zárt kulacs. A csónakos 30 perc múlva észreveszi, hogy a kulacs hiányzik. Azonnal megfordul, és egy irányba evez a folyóval. A kulacsot a híd előtt 5 km-rel találja meg. Milyen sebességgel folyik a folyó?
111/30. Egy fecske valamilyen különleges szembetegség következtében minden tárgyat a helyes iránytól jobbra lát 30°-kai. Most a fecskefészektől 100 méterre van, és10 m/s sebességgel repül. Odatalál-e a fecske a fészkéhez? Ha igen, akkor mennyi idő alatt és mennyi utat tesz meg a fészekig?
111/31. Egy szabályos háromszög oldalai 1 méter hosszúak. A háromszög mindhárom csúcsában várakozik egy-egy kis bogár, nevezzük ezeket A-nak, B-nek és C- nek. A bogarak egy időben elindulnak: A a B felé, B a C felé, C pedig a A felé. A bogarak állandó sebességgel mozognak, sebességük 10 cm/s. Indulás után mennyi idő múlva találkoznak a bogarak? Mennyi utat tesznek meg a bogarak a találkozásig?
111/32. Két gyalogos egymás felé halad, mindkettő 2,5 m/s sebességgel. Amikor a köztük lévő távolság 15 km, az egyik gyalogos orráról egy légy elindul a másik felé,
annak az orrára szállva egy pillanat alatt megfordul, és visszarepül az első orrára. Innen azonnal vissza a másodikhoz. És így tovább, amíg a gyalogosok találkoznak. A légy sebessége 4 m/s. Mennyi utat tett meg a légy a gyalogosok találkozásáig?
111/33. Egy vonat egyenletesen mozog. Egy pillanatban leakasztják a vonat utolsó kocsiját, amely egyenletesen lassulva 500 méter út megtétele után megáll. Tegyük fel, hogy eközben a vonat sebessége nem változik. Milyen messze van a vonat a leakasztott utolsó kocsitól akkor, amikor az megáll?
111/34. Egy vonat egyenletesen mozog, a sebessége 20 m/s. Egy pillanatban a vonat két részre szakad. A leszakadt rész 1200 méter út megtétele után megáll. Az elöl haladó rész felgyorsul, és amikor a hátsó rész megáll, az első sebessége 22 m/s. Mennyi idő alatt állt meg a hátsó rész? M ekkora a két rész között a távolság abban a pillanatban, amikor a hátsó rész megállt? Mennyi utat tett meg ez idő alatt az első rész?
ni/35. Egy álló űrhajó mellett v = 240 000 km/s sebességgel elszáguld egy másik űrhajó. Jelöljük az elsőt A-val, a másodikat B-vel. A B űrhajótól 3 fényév távolságra (B-hez képest nyugalomban, az A-t B-vel összekötő egyenes mentén) lebeg egy harmadik űrhajó, ezt C-vel jelöljük. Ábrázoljuk a három űrhajó grafikonját olyan koordináta-rendszerben, amelynek a vízszintes tengelyére az időt mérjük évben, a függőleges tengelyére pedig a távolságot fényévben!
77
2. Tömegpontok dinamikája
2.1. Az impulzustétel
2.1.1. A dinamika alapfogalmai
A kinematika a mozgások leírására alkalmas matematikai eszközök, fogalmak leírásával foglalkozik. A mozgással kapcsolatos okokat nem vizsgálja. A mozgással kapcsolatos ok-okozati viszonyok tanulmányozása a dinamika feladata.
A dinamikai kérdésfeltevés igen régóta foglalkoztatja a természet titkainak kutatóit. Az ókori görög természetfilozófia egyik legnagyobb egyénisége Arisztotelész volt. Dinamikai elgondolásait a következőkben foglalhatjuk össze:
A testek természetes állapota a nyugalom, a testek maguktól nem indulnak el, maguktól nem mozognak. Minden mozgásnak külső oka van, a testek mozgásának okát más testekben kell keresnünk: minden mozgás külső mozgatót tételez fel.
Első hallásra elég kézenfekvő állítás: valóban, ha Arisztotelész egy értékes aranytárgyat felejtett az asztalán, és az másnap nem volt a helyén, joggal gyanakodhatott, hogy valaki elvitte onnan, mert hogy magától el nem ment. Mi is így lennénk ezzel. Aztán, a kétkerekű verseny szekér sem megy, ha nem húzza a ló. Arisztotelész gondolataiban mi sem találunk kivetni valót az első látásra. A nagy görög bölcs
halála után majd kétezer évnek kellett eltelnie, hogy az újkor hajnalán a természet tudósai kételkedni kezdjenek.
Arisztotelész nézeteivel kapcsolatban nem az a baj, hogy tévesek, hanem az, hogy félig igazak. A XVII. század elején Galilei — az első modern fizikus — ismerte fel, hogy az ősi tanítás nem felel meg a valóságnak. Galilei állásfoglalását (ha nem is szó szerint) így foglalhatjuk össze:
Abban igaza van Arisztotelésznek, hogy a testek maguktól nem indulnak el. Az viszont tévedés, hogy maguktól nem mozognak. Ellenkezőleg: ha már mozognak a testek, akkor maguktól nem állnak meg. A testek természetes állapota nemcsak a nyugalom, hanem az egyenes vonalú, egyenletes mozgás is. Ha egy testet magára hagyunk, külső hatás nem éri, akkor ez a test vagy állva marad, vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez. Nem a mozgásnak, hanem a mozgás megváltozásának van oka.
Ez a tehetetlenség elve. Ismét megfogalmazva: minden test nyugalomban van vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez mindaddig, amíg a környezete ennek az állapotnak a módosítására nem kényszeríti.
A tehetetlenség elvét sok egyszerű kísér-
78
lettel szemléltethetjük. Gondoljunk el a sima asztalon két biliárdgolyót, egy fehéret és egy feketét. Ha a fekete biliárdgolyót nekigurítjuk az álló fehér golyónak, akkor a fekete golyó megáll, a fehér golyó pedig elindul (2.1. ábra).
□ □ □ □ □ □ □ □ □
□ □ □ □ □ □ □ □ □2 .1.ábra
Ezt az egyszerű jelenséget a következőképpen értelmezhetjük. A fekete golyó mindaddig egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez, amíg a fehér golyónak nem ütközik, ekkor a fehér golyó megállítja. Ezt azonban azon az áron teszi, hogy elindul helyette. De fordítva is így van: a fehér golyó mindaddig nyugalomban van, amíg a környezete, a fekete golyó el nem indítja. De a fekete golyó ezt azonban azon az áron teszi, hogy megáll a fehér helyett.
A tehetetlenség elvét tehát mindkét golyóról elmondhatjuk. Az előbbi — közismert — megfogalmazásból ez az elem hiányzik. A tehetetlenség elvének szokásos megfogalmazása a test mozgásának megváltozásáért a test környezetét teszi felelőssé, de nem tesz említést arról, hogy eközben mi történik a környezettel. A fenti egyszerű kísérlet azt m utatta, hogy a tehetetlenség elve szimmetrikus: a környezetről ugyanúgy elmondható, mint a testről. A testek mozgásállapotának megváltozásáért a környezetük a felelős, a test a környezet hatására például lassulhat, de akkor a környezet valamely eleme gyorsulni fog: átveszi tőle a mozgást.
A tehetetlenség elvét tehát így értelmezzük: a testek mozgásállapota a környezet
tel való kölcsönhatás miatt változik meg úgy, hogy a test környezetében lévő testeknek ad a mozgásából (lassul), vagy átvesz a környezet elemeinek mozgásából (gyorsul). A mozgás mintegy testről testre átadódik a kölcsönhatások során.
De azért a helyzet bonyolultabb, mint amilyennek látszik: két biliárdgolyó esetén egyszerűen az egyik megállt, a másik mozogni kezdett helyette, átvette partnere teljes sebességét. Akkor azonban, ha egy nagy kamion ütközik egy személyautóval, a kamion sebességét az autóval való ütközés nem nagyon befolyásolja. Sebességcsere alig lép fel köztük.
Megfogalmazódik bennünk a kérdés: mi az a mozgásban, ami ütközésekkor, kölcsönhatások során átadódik. Mi is a mozgás igazi mennyisége?
Érezzük, hogy nemcsak a sebességtől függ. Arányos a sebességgel is, de arányosnak kell lenni a mozgó anyag mennyiségével is. H a húsz vadlúd V alakban repül az égen, akkor mindegyik vadlúdnak ugyanaz a sebessége, mint akármelyik másiknak. És mindegyik vadlúd sebessége megegyezik a V alakú formáció sebességével is, mindegyik vadlúd sebessége azonos a húsz vadlúd sebességével. A húsz vadlúd azonban hússzor annyi mozgást képvisel, mint egy vadlúd!
A test mozgásának igazi mennyisége arányos a test sebességével és a mozgó anyag mennyiségével is; így ha a mozgás mennyiségét 1-vel, az anyag mennyiségét m-mel jelöljük:
I~ v ,
I ~ m .
Az arányossági tényezőt alkalmasan megválasztva:
I = m v . (1)
79
Itt tehát I jelöli a mozgás mennyiségének a mértékét; szokásos elnevezés még: lendület, impulzus. Az impulzus vektormennyiség, egyirányú a sebességvektorral. Az ösz- szefüggésben szereplő másik mennyiség az anyag mennyiségének a mértéke, más néven a tömege.
Az I = mv összefüggés a mozgó anyag két legfontosabb tulajdonságát kapcsolja össze: mozgásának és anyagának a meny- nyiségét.
A mozgás és az anyag mennyisége (az impulzus és a tömeg) a fizika alapfogalmai. Definiálni, alapvetőbb fogalmakra visszavezetni egyiket sem lehet. Legfeljebb körülírhatjuk a két fogalmat. (Ebben a fejezetben ezt tettük eddig.) A helyzet hasonló az elemi euklideszi geometriához: a pont, az egyenes fogalma ott alapfogalom. Egyszerűbb fogalmakra nem vezethetjük vissza. Különböző szinteken körülírhatjuk ezeket a fogalmakat. Az általános iskolában mondhatjuk, hogy a pont kiterjedés nélküli pötty. De legjobb, ha nem mondunk semmit, hiszen a gyerekektől elvárható, hogy bizonyos elemi szinten tudják, mi a pont. A tanító néni persze magasabb szinten tudja, hogy mi a pont. A geometria professzora még magasabb szinten tudja, még gazdagabb a pontról alkotott fogalma. De a pont mindegyikünknek alapfogalom. Ugyanígy alapfogalom a tömeg és az impulzus. Ha a fizika tudományáról többet tudunk meg, akkor gazdagabb lesz az anyag és a mozgás mennyiségéről alkotott fogalmunk is, de mindig alapfogalom m arad mindkettő. Bővülni fog a tartalmuk, hiszen tömegpontoktól különböző fizikai objektumok impulzusát és tömegét is értelmezzük. Ezek között azonban nem biztos, hogy érvényben lesz olyan egyszerű összefüggés, mint az (1). Ezért nem lehet az
(l)-ről azt gondolnunk, hogy az impulzus definíciója.
A geometria tudományában az alapfogalmakat axiómák kapcsolják össze. Egy ilyen axióma: egy sík egyenesével a rajta kívüli ponton át egyetlen párhuzamos egyenes húzható. Ez az állítás az euklideszi geometriában nem bizonyítható. Nincs olyan alapvetőbb állítás, amelyre visszavezethető lenne. Vagy elfogadjuk, vagy nem. Megtehetjük, hogy nem. Ekkor elkalandozunk az euklideszi geometria területéről. (Ezt tette Bolyai János is.) Ha elfogadjuk, akkor az euklideszi geometria területén maradunk. Az axiómák olyan állítások, amelyek az adott tudományon belül nem bizonyíthatók. Más tudományok eredményei vagy a szemlélet, vagy a kényelmesség alapján azonban elfogadjuk igaznak.
A pontmechanika két alapfogalmát, az impulzust és a tömeget — az I = mv egyenleten kívül — két axióma jellemzi. A két axióma szemléletesen azt mondja ki, hogy a testek kölcsönhatása sem a mozgás, sem az anyag mennyiségét nem változtatja meg: a testek egymásra gyakorolt hatása nem szüli és nem semmisíti meg sem az anyag, sem a mozgás mennyiségét.
I. Axióma: Testek egymásra hatásakor a kölcsönhatásban részt vevő testek összes impulzusát a kölcsönhatás nem változtatja meg.
II. Axióma: Testek egymásra hatásakor a kölcsönhatásban részt vevő testek összes tömege a kölcsönhatás következtében nem változik meg.
A két axióma — más szóhasználattal élve — az anyag és a mozgás fizikai-filo
80
zófiai megmaradásának a törvényét rögzíti. Nem fogalmaztunk pontosan, a megmaradási törvények formájáról, a velük kapcsolatos formai igényekről még nem beszéltünk.
Felvetődhet az Olvasóban, hogy a két axiómát, amely szóról szóra megegyezik, miért nem fogalmaztuk meg egyetlen mondatban. Az anyag és a mozgás mennyiségének ez a „megmaradása” — most így látjuk — teljesen független elvek. H a esetleg később, a fizika tudományában elmélyedve, egyetlen állításban foglaljuk össze, akkor ez biztosan valamilyen nagyon fontos, jelentős elv miatt lesz majd lehetséges.
Ki kell emelni az impulzus viszonylagosságát. H a ugyanis a test sebessége a vonatkoztatási rendszer megválasztásától függ, akkor az impulzusa is. A v-vel együtt az I is viszonylagos. így a vasúti töltésről nézve a vonatban mozgó tárgyaknak az impulzusa nem nulla, de a vonatról nézve igen. Ha az utas meghúzza a vészféket, akkor a vasút melletti megfigyelő azt észleli, hogy a tárgyak a vonaton megtartják az impulzusukat, az utas pedig azt tapasztalja, hogy a tárgyak elindulnak, az impulzusuk megváltozik.
Kiemeljük, hogy az 1. axióma nem azt mondja ki, hogy a testek impulzusa állandó marad, ha nem hat rájuk más test, hanem azt, hogy az egymásra ható testek összes mozgásmennyisége nem változhat meg az egymásra hatás következtében. Ha a két test összes impulzusa megváltozik, akkor ennek a magyarázatát máshol kell keresnünk. Erre a problémára rövidesen visszatérünk, most azonban meg kell beszélnünk az impulzus és a tömeg mérését.
Az itt körülírt fizikai fogalmak, az impulzus és a tömeg még nem fizikai meny- nyiségek. Nem tudjuk még megmondani, hogy mikor egységnyi egy test tömege.
mikor egységnyi az impulzusa. Azt sem tudjuk megmondani, hogy mikor nagyobb az egyik test tömege, mint a másiké. (Két vadlúd tömege nagyobb, mint egy vad- lúdé, de vajon egy vasból készült golyó és egy fából faragott hasáb közül melyik tömege a nagyobb?)
Az impulzus és a tömeg akkor lesz igazi fizikai mennyiség, ha világosan leírjuk, hogy mi módon kell mérni őket. (Persze elég a tömeg mérési utasítását megadni: azI = mv összefüggés alapján I mérhető lesz.)
Válasszuk meg a tömeg egységét. Ez bármilyen test tömege lehet, ha a testet reprodukálni tudjuk. Ugyanabból az anyagból sok egyformát tudunk készíteni. (Egy vad- macskakölyök nem lehet a tömeg egysége, mert egyáltalán nem vagyok biztos az állandóságában és abban sem, hogy minden vadmacskakölyök egyforma.)
Legyen mondjuk, a tömeg egysége egy fából készült kocka. Jelöljük a tömegét m0-lal, így m0 = 1. (A mértékegység megválasztására mindjárt visszatérünk.) Tegyük fel, hogy adva van egy vasból készült lövedék. A tömegét jelöljük m-mel. Az m számértékét nem ismerjük, arra vagyunk kíváncsiak, hogy hányszor nagyobb a vasgolyó tömege, mint a fakocka tömege: az m/m0 arányra vagyunk kíváncsiak. Nyilvánvaló, hogy ez a tömegmérés feladata; az m/m0 arány azt m utatja meg, hogy hányszor van meg az m-ben az m0 egység.
Képzeljük el, hogy a 2.2. ábra szerint az m0 tömegű egység áll, és az m tömegű lö-
2 .2.
ábra
□ □ □ □ □ □ □ □ □M
• u
□ □ □ □ □ □ □ □ □
81
vedéket v sebességgel belelöjük a fahasábba. Tegyük fel, hogy a lövedék benne- ragad a fahasábban.
Jelöljük a két lest kölcsönhatás utáni összes tömegét M-mel, az egyesült két test ütközés utáni sebességét u-val. így az ütközés előtti összes tömeg m + m0, az ütközés utáni összes tömeg M. Az ütközés előtti összes impulzus mv, az ütközés utáni összes impulzus Mm.
Az első axiómát alkalmazva: mv=M u, vagyis az ütközés előtti összes impulzus egyenlő az ütközés utáni összes impulzussal. A második axióma szerint m + m0 = M, vagyis az ütközés előtti tömegek összege egyenlő az ütközés utáni tömeggel. A két axiómát — „mint egyetlen kincsünket”, tudásunkat — alkalmazva, a következő egyenletrendszerhez jutunk:
m + m0= M ,
m v= M u.
Innen
mv = (m + ni0)u,
és
m u— = ------ • (2)m() v — u w
Ennek az egyenlőségnek a jobb oldalán csak sebességek állnak, ezeket méterrúddal és órával mérni tudjuk. így a tömegmérést az első és a második axiómára támaszkodva visszavezetjük a távolság és az idő mérésére.
(Könnyű lett volna azt mondani, hogy a tömegmérés igen egyszerűen úgy megy, ahogy az élelmiszerüzletekben: kétkarú mérleggel. A kétkarú mérleggel való tömegmérés; de a rugós erőmérö tömegmérésre alkalmazása is olyan bonyolult elveket feltételez, amelyekkel most még nem ren
delkezünk. Ebben a pillanatban még csak a két axiómánk van. Ez minden tudásunk.)
A tömeg egysége persze nem fahasáb, hanem 1 dm 3 víz tömegét tekintjük egységnyinek, ennek a neve 1 kilogramm, jele: kg. Használni szoktuk még a kg egyezred részét, a grammot, jele g. 1 g tömege 1 cm3 víznek van.
Vessük most fel a következő problémát. Függ-e a test tömege attól, hogy egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerek melyikéből mérjük? (Nem az élelmiszerüzlet mérlegével mérjük az iménti tömeget, ezért az általunk alkalmazott rafinált eljárástól még az is kitelik, hogy függ a vonatkoztatási rendszer megválasztásától.)
Jelöljük .s/-val azt a vonatkoztatási rendszert, amelyben az előbb végrehajtottuk a mérést (2.3. ábra). Mozogjon a SS koordináta-rendszer s í -hoz viszonyítva balra, w sebességgel. Ekkor az m0 tömegű test sebessége á?-hez viszonyítva ütközés előtt w, az m tömegű test á?-hez viszonyítva w + v- vel mozog az ütközés előtt, míg a két test együttes sebessége w + u ütközés után.
Ekkor az impulzusmegmaradás törvénye:
m0w + m(w + r) = M(w + u),
és a tömegmegmaradás:
m0 + m = M .
A második egyenletet az elsőbe helyettesítve:
m0w + m(w + f) = (m0 + m)(w + u),
innen kifejezzük az m/m0 arányt:
m um0 v — u
A tömeg méröszáma tehát az egymáshoz viszonyítva mozgó vonatkoztatási rend-
82
B A B A
B A B A
szerekben azonos. Egy liter víz tömege a mozgó vonaton 1 kg-nak adódik. Ha a pálya mellől figyeljük a vonatban végbemenő jelenségeket, akkor innen nézve is 1 kg lesz a vonaton utazó liternyi víz tömege. (Figyeljünk fel arra, hogy amikor bebizonyítottuk, hogy a tömeg méröszáma nem függ a vonatkoztatási rendszertől, akkor felhasználtuk a sebességek összeadásának a kinematikából tanult klasszikus szabályát.)
Az impulzus mérése elvben megoldott: a tömeg és a sebesség mérésére visszavezethető. Az impulzus mértékegysége kg m/s.
2.1.2. Newton törvényei
Térjünk vissza a tehetetlenség elvének közismert megfogalmazására: minden test nyugalomban van vagy egyenletesen mo
2.3.ábra
zog mindaddig, amíg a környezete ennek az állapotnak a módosítására nem kényszeríti. Ezzel a megfogalmazással kapcsolatban nemcsak az az ellenvetésünk, hogy nem domborítja ki, mi történik a környezetben. Sokkal nagyobb baj az, hogy a tehetetlenség törvénye ebben az alakban nem is igaz. Pontosabban: vagy igaz, vagy nem.
Láttunk ugyanis arra példát, hogy a magukra hagyott testek külső hatás nélkül nyugalomból elindulnak, és gyorsulni kezdenek. Idézzük fel magunkban az élményeinket, amikor a vonaton meghúztunk egy bizonyos kart. Ennek igen furcsa következményei lettek: a vonaton kívül a tárgyak lassulni kezdtek, majd megálltak, a vonaton belül kezdetben nyugalomban lévő tárgyak — például a labda a kocsi közepén — ugyanazzal a gyorsulással elindultak.
83
A vonat koordináta-rendszeréből nézve a testek impulzusa külső hatástól függetlenül is megváltozik, merőben csak azért, mert a korábban „kellemes" vonatkoztatási rendszerünk „elromlott”.
Egy pontszerű test impulzusa tehát két dolog miatt változhat meg:
1. a testre a környezete hatást fejt ki, vagyis a test a környezetétől impulzust kap,
2. a test olyan „kellemetlen” tulajdonságokkal rendelkező vonatkoztatási rendszerben van, ahonnan minden ilyen bonyolultnak látszik.
Az is elképzelhető, hogy a vonaton guruló labda nekiütközik egy másik labdának. Az impulzusa így mindkét szempont alapján megváltozik: a másik labdától impulzust kap, egyébként pedig gyorsul a vonatkoztatási rendszer „kellemetlen” természete miatt:
AI = AIkap + AIforras. (1)
Az egyenlőség bal oldala egy tömegpont teljes impulzusának a megváltozását jelenti, a jobb oldali első tag a kölcsönhatások következtében fellépő ímpulzusváltozás. A második tag azt az impulzusváltozást jelöli, amely nem a külső testek rovására írható, mindössze a vonatkoztatási rendszer választása miatt fellépő jelenség mértéke. (A forrás elnevezés arra utal, hogy ez az impulzusváltozás nem kívülről jön: mint amikor egy tó vizét a tó medencéjében rejtett forrás táplálja.)
A kölcsönhatások következtében fellépő impulzusváltozás az erőhatás fogalmához kapcsolódik. A z erő a test környezetének az impulzusváltoztató, impulzusközlő képessége.
Az erő fogalmához így jutunk: felismerjük, hogy a környezet — valamiféle kap
csolat, kölcsönhatás révén — képes megváltoztatni a test impulzusát. A környezetben azonban sok-sok minden összetevődik. Ezeket azonban bizonyos mértékig szét tudjuk válogatni. Meg tudjuk különböztetni egy mágnesrúd hatását például az elektromos állapotú testek hatásától. Nagyszámú kísérletet végzünk, amikor csak egy adott hatás játszik lényeges szerepet. így, sok kísérlettel, a test impulzusváltozásain keresztül megállapíthatjuk az adott környezeti hatás impulzusközlö képességét, vagyis „erejét”.
így jutunk el az intuitív erőfogalomhoz is, és hivatkozhatunk az erőérzetre. Ez azon alapszik, hogy megfigyeljük: bizonyos érzetcsoport összekapcsolódik azzal, hogy a kezünkkel a testeket felgyorsíthatjuk, impulzust közlünk velük.
Az erőfogalom legfontosabb tartalmi jegye a kölcsönösség: ha az A test erőt fe jt ki a B testre, akkor a B test ugyanilyen nagyságú, ellentétes irányú erőt fejt ki az A testre. Ez a hatás— ellenhatás törvénye. Ki kell itt emelnünk azt, hogy az A test és a B test között fellépő erők egyenlőségét nem befolyásolja az, hogy valamelyik testre további testek hatnak.
A testek impulzusa megváltozhat tehát az erőhatás miatt, de azért is, mert olyan vonatkoztatási rendszerből figyeljük a mozgást, amelyben a testek külső hatás nélkül is gyorsulnak.
Végiggondolva az impulzusváltozásnak ezeket a lehetőségeit, és felidézve magunkban, hogy a „kellemetlen” koordináta-rendszereknek milyen sokféle bonyolult változatuk van, a perspektíva első látásra nem valami biztató: a mozgás ok-okozati viszonyainak a leírása igen nehéz feladatnak tűnik.
Mit tudunk most kezdeni a fékező vonat koordináta-rendszerével, különösen ha rá-
84
adásul a kanyarban halad? Hogyan mozognak ebben a testek? Mit tehetünk?
Az Olvasó biztosan azt javasolja, hogy hagyjuk az egészet. Ne foglalkozzunk ilyen bonyolult esetekkel. Ne foglalkozzunk „kellemetlen” vonatkoztatási rendszerekkel.
Igaza van az Olvasónak. Elfogadjuk a javaslatát. Sőt, törvénybe iktatjuk. Ez a megállapodás lényegében Newton I. törvénye.
Mielőtt azonban megfogalmazzuk Newton első törvényét, adjunk szalonképes nevet a „kellemes” és a „kellemetlen” vonatkoztatási rendszereknek. A kellemes vonatkoztatási rendszereket tehetetlenségi vagy inerciarendszereknek nevezzük.
Inerciarendszernek nevezzük az olyan vonatkoztatási rendszert, amelyben bármely magára hagyott tömegpont impulzusa állandó (tehát a tömegpont vagy áll, vagy egyenes vonalú egyenletes mozgást végez).
Inerciarendszer vagy tehetetlenségi rendszer az olyan vonatkoztatási rendszer, amelyben a tehetetlenség Galilei által megfogalmazott elve teljesül. Ezért, amikor a tehetetlenség törvényét a szokásos form ában megfogalmazzuk, akkor ki kellene kötnünk, hogy az az elv milyen feltételek mellett teljesül. Vagyis ki kellene mondanunk, hogy a tehetetlenség elve csak inerciarendszerben érvényes. Ez azonban nem hangzik valami jól. Mert mi is az inerciarendszer? Olyan vonatkoztatási rendszer, amelyben a tehetetlenség elve érvényes. Hát akkor persze, hogy teljesül a tehetetlenség elve, akár van ilyen vonatkoztatási rendszer, akár nincs. (A tehetetlenség elve ebben az új formájában nem bölcsebb kijelentés, mint az, hogy: „Olyan családokban, ahol az apák szülik a gyerekeket, az apák szülik a gyerekeket.”)
Azt a kérdést, hogy egy vonatkoztatási rendszer tehetetlenségi-e vagy sem, kísér
lettel dönthetjük el. Ha a magukra hagyott kis testek nem gyorsulnak, akkor elfogadhatjuk, hogy a vonatkoztatási rendszerünk inerciarendszer. (Itt persze jó lenne pontosan meghatározni, mit is jelent az, hogy egy testet magára hagyunk. Pontos meghatározást nem adunk. Hogy mit is jelent a magára hagyottság, ebben a pillanatban alapfogalomként kezeljük. Mindenesetre a magára hagyott testre a környezete sem közvetlen érintkezéssel, sem közvetve, távolról nem hat.
Ha a tapasztalat szerint valamely vonatkoztatási rendszer tehetetlenségi rendszer, akkor minden olyan vonatkoztatási rendszer, amely a tehetetlenségi rendszerünkhöz viszonyítva egyenletesen mozog, szintén az. Gondoljuk el, hogy a talaj vonatkoztatási rendszerét al jelöljük, az egyenletes sebességgel haladó vonatét 3&- vel. Jelöljük a vonat sebességét a talajhoz képest u-vel. H a egy test az s í vonatkoztatási rendszerben u sebességgel mozog — az egyszerűség kedvéért a vonattal párhuzamosan —, akkor a test sebessége a vonathoz képest u —v=:w. A sebességre vonatkozó összefüggésből áttérve a gyorsulások közötti kapcsolatra (az egyenlőség differenciálásával) azt kapjuk, hogy ú = w, vagyis a test gyorsulása a talajhoz viszonyítva azonos a vonathoz viszonyított gyorsulásával. H a a talaj inerciarendszer, akkor az a test, amely a talajhoz képest nem gyorsul, nem gyorsul a vonathoz viszonyítva sem. A talajjal együtt a hozzá viszonyítva egyenletesen mozgó vonat is tehetetlenségi rendszer. Fordítva is így van: ha adott két inerciarendszer, akkor ezek egymáshoz képest vagy állnak, vagy egyenletesen mozognak. Az olyan vonatkoztatási rendszerek azonban, amelyek közül az egyik forog a másikhoz képest, ebből a szempontból nem egyenértékűek. Ha az
85
egyik tehetetlenségi rendszer, akkor a m ásik biztosan nem az. Ha a Vidám Park főépülete inerciarendszer, akkor a forgó körhinta nem tehetetlenségi rendszer.
Említettük, hogy egy vonatkoztatási rendszer tehetetlenségi voltát csak tapasztalattal ellenőrizhetjük. A kísérletek azonban nem abszolút pontosak, a mérési eredményekben biztosan mindig van kis hiba. A rendszer inerciális volta ezért sokszor csak közelítőleg áll fenn. (így a talaj sem „igazi” inerciarendszer, a Föld tengely körüli forgása miatt. Az ebből fakadó eltérést azonban elhanyagoljuk.) Sokszor a mérések kimutatják a tehetetlenségi rendszertől való eltérést, tehát elég pontosak, bizonyos fizikai problémák leírásánál mégis a rendszer tehetetlenségi jellege mellett m aradunk.
Ki kell emelni ezzel összefüggésben még egy fontos dolgot. A tehetetlenség törvénye nem mondja ki, hogy van egyáltalán inerciarendszer. Ennek a kérdésnek az eldöntését a tapasztalatra bízza. Ily módon a tehetetlenség törvénye nem is tartalmaz állítást.
Newton első törvénye az Olvasó által javasolt megállapodást rögzíti:
Newton 1. törvénye: A dinamika törvényeit inerciarendszerekhez viszonyítva fo galmazzuk meg.
Newton I. törvénye így tényleg nem tartalmaz állítást. Hasonló a szerepe, mint a KRESZ 1. paragrafusának. Az Olvasó előtt nyilvánvaló, még akkor is, ha nem rendelkezik gépkocsivezetésre jogosító igazolvánnyal, hogy a közúti közlekedés szabályait be kell tartani, legalábbis ezt várják el tölünk a közelekedési rendészet emberei. A „megállni tilos” táblánál nem lehet megállni, piros lámpánál meg kell állni stb.
De van a KRESZ-nek olyan paragrafusa, amelyet nem kell betartanunk! Ilyen például az első paragrafus: „A rendelet a M agyar Köztársaság területén lévő közutakon . . . folyó közlekedést szabályozza.”
Világos: meg kell mondani, hogy egy magyar turistát Angliában semmi sem ment, ha közlekedési balesetet okozott, mert az úttest jobb oldalán autózott. Ugyanígy: Magyarországon a KRESZ szabályait kell betartani a külföldieknek is. A KRESZ 1. paragrafusa tehát körülírja a többi paragrafus érvényességi körét.
Newton I. törvénye nem igazi törvény, hanem kiválasztási szabály, megjelöli azokat a vonatkoztatási rendszereket, amelyekben a többi törvény érvényesül. Newton első törvénye még azt sem mondja ki, hogy van-e ilyen vonatkoztatási rendszer a valóságban. (Az euklideszi geometria axiómái sem állítják azt, hogy a fizikai valóságban alkalmazhatók-e pontosan ezek az axiómák.)
Newton II. törvénye az első törvényben rögzített megállapodás következménye.
Newton II. törvénye: Inerciarendszerben egy tömegpont impulzusának megváltozása a környezetétől kapott impulzussal egyenlő:
AI = AI,kap ■ (2)
Valóban, hiszen tehetetlenségi rendszernek pontosan azt neveztük, amelyben AIforris = 0. Tegyük fel most, hogy a kölcsönhatás ideje A t>0, akkor
AI AI,At
kap
Aí
A pillanatnyi értékekre áttérve:
1= 1,kap*
#6
Ennek az utolsó egyenlőségnek a bal oldala a test impulzusának időegységre eső megváltozása, azonosan egyenlő ma-val. A jobb oldal a környezettől időegység alatt kapott impulzus, ezt a mennyiséget elneveztük a testre ható erőnek: l kap = :F.
Newton II. törvényének az ismert megfogalmazása tehát: valamely test impulzusának időegységre jutó megváltozása — az ma — egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott impulzussal, amelyet a testre ható erőnek nevezünk:
ma = íkap= : F . (3)
Figyeljünk fel arra, hogy itt két egyenlőségjel szerepel. Az első azt állítja, hogy a test impulzusváltozása az időegység alatt vele közölt impulzussal egyenlő (ez Newton II. törvénye), a második egyenlőség az erő definíciója.
Fontos megértenünk: az erő nem azonos ma-val. Ha azonos lenne, akkor mit mondana ki Newton II. törvénye?! Az erő fogalmilag egészen más, mint az ma. Az ma a test tulajdonsága, impulzusának az időegységre eső megváltozása. Az erő nem a test tulajdonsága, hanem a test és a környezet kölcsönhatásának a mértéke, arra a folyamatra jellemző, amelyben a test részt vesz. Tömege, gyorsulása van a testnek, ezek a test tulajdonságai, ereje azonban nincs. Az erő hat a testre.
A testtel közölt impulzust erőlökésnek nevezzük. A testre ható erő: a testtel időegység alatt közölt erőlökés. Az erőlökés mértékegysége megegyezik az impulzus mértékegységével, kg m/s, az erő mérték- egysége kg m/s2, amelyet röviden newtonnak hívunk, és N-nel jelöljük: N: = kg m/s2. Szokásos még az erő mértékegységeként a dyn: = g cm/s2 használata. Nyilvánvaló, hogy 105 dyn = 1 N.
Az erő — az impulzussal való kapcsolata miatt — vektormennyiség. Nagyságán kívül az iránya is jellemzi. Képzeljük el, hogy súlylökést gyakorolunk. Tenyerünkbe veszszük a súlygolyót, és igyekszünk messzire eldobni. A súlygolyóra erőt fejtünk ki. A tenyerünk nagy felületen érintkezik a súlygolyóval, az érintkezési felületen keresztül közöljük a súlygolyóval az impulzust. A testek közvetlen érintkezésekor az erőhatás tehát egy felületen keresztül történik. Az erő irányított mennyiség jellegét a 2.4. ábrán látható módon szemléltethetjük, kifejezve azt, hogy az irányíto tt mennyiség a felületen keresztül hat. Hasonlóan a hadtörténeti térképeken a hadseregek támadását jellemző nyilakhoz. Az ábrázolásnak ez a módja azonban kissé körülményes, ezért az erőt egyetlen irányított szakasszal ábrázoljuk: iránya az impulzusközlés iránya, nagysága kifejezi az erő nagyságát, támadáspontját pedig arra a testre rajzoljuk, amelyik testre hat. Az erövektort szemléltető nyílra vagy az erő jelét (félkövér álló betűt), vagy az erő nagyságát (dőlt betűt) írjuk. Ez utóbbi esetben az egyenlő nagyságú erőket ugyanazzal a betűvel jelölhetjük. Két egyenlő nagyságú, de ellentétes irányú erővektort — mivel vektorként nem egyenlöek — úgy különböztetünk meg egymástól, hogy az egyiket mondjuk K-val, a másikat K*-gal jelöljük.
2.4.ábra
87
Szövegben F egy erövektort jelöl, F pedig ennek nagyságát.
Az erő háromdimenziós vektor. Irányított szakasszal azonosítjuk, amely egy koor- dináta-rendszer kezdőpontjából indul ki. A koordináta-rendszer kezdőpontja az erő támadáspontja, a koordináta-rendszerben az origón átmenő — az erővektorral párhuzamos — egyenes a hatásvonal. Úgy fogjuk fel tehát, hogy minden erőhöz hozzátartozik egy ilyen lokális koordináta- rendszer.
Az erő mérése elvben megoldott kérdés; a tömeg és a gyorsulás mérésére vezetjük vissza: egységnyi az az erő, mely egységnyi tömegű testet egységnyi gyorsulással mozgat. Az erő mérésének kényelmesebben megvalósítható módjait is tanulni fogjuk, helyességüket azonban végső soron a tömeg és a gyorsulás mérésére visszavezetett erőmérés támaszthatja alá. (A tömeg mérésére ezért nem is alkalmazhattunk kétkarú mérleget, rugós erömérőt. Mindegyik erőhatás mérésén alapul. Logikai ellentmondáshoz vezetne: az erő mérését a tömeg mérésére, a tömeg mérését az erő mérésére visszavezetni. Annak a mennyiségnek a mérését kell előbb korrektül értelmezni, amelyik alapvetőbb. És kétségtelen, hogy a fizikában a tömegnél alapvetőbb fogalom nehezen gondolható el. Az erő semmiképpen sem elörevalóbb a tömegnél.)
Felvetődik még egy fontos kérdés: függ-e a testre ható erő attól, hogy az egymáshoz viszonyítva egyenletesen mozgó tehetetlenségi rendszerek melyikéből írjuk le a jelenséget. Viszonylag egyszerűen beláthatjuk, hogy nem függ. A test tömegének mérőszáma független az inerciarendszer megválasztásától — ezt láttuk. Az inerciarendszerek egyenértékűsége miatt a gyorsulás sem tugg attól, hogy melyik inerciarend
szerben figyeljük a jelenséget. A testre ható erő nem függ a vonatkoztatási rendszer megválasztásától.
Newton III. törvénye az impulzusmérleg másik oldalát világítja meg. A II. törvény egy test és a környezete közötti kapcsolatot írja le, a III. törvényben „egyenrangú” partnerek kölcsönhatása tükröződik.
Mielőtt megfogalmaznánk Newton III. törvényét, a zárt rendszer fogalmát kell leírnunk. Tegyük fel, hogy adott az anyagi testek bizonyos összessége. Feltesszük, hogy ezek a testek a tér egy körülhatárolt, korlátos részéhez tartoznak. Egy ilyen rendszerről azt mondjuk, hogy impulzusra vonatkozóan zárt rendszer, ha a rendszert alkotó testek a rendszeren kívüli testektől nem kapnak impulzust, a rendszeren kívüli testeknek nem adnak impulzust. Példaként gondoljunk el két testet, amelyet rugóval kötünk össze, más testek hatásától pedig távol tartjuk.
A zártságot más mennyiségekkel kapcsolatban is meg lehet követelni. Beszélhetünk ezért például tömegre vonatkozóan zárt rendszerről. Elképzelhető, hogy egy rendszer impulzusra vonatkozóan nem zárt, de tömegre nézve igen; és ugyancsak elgondolható fordítva is. A zártságnak tehát mindig csak bizonyos mennyiségre vonatkoztatva van értelme.
A szemléletes párhuzam kedvéért képzeljünk most el egy hegyi falut. A falu lakosai gazdálkodnak, mezőgazdasággal, állattenyésztéssel foglalkoznak és kereskednek. Egymás között is adnak, vesznek, meg a szomszédos falvak lakosaival is csereberélnek. A falu vagyona évről évre növekszik. Milyen tényezőknek tudjuk be a falu vagyonának növekedését? A falu ösz- szes vagyona megváltozhat a kereskedelem miatt, valamint ettől függetlenül, a termelés miatt. Ha a falut blokád alá veszi
88
az ellenség — vagyis a falu vagyonra nézve zárt lesz —, és egyidejűleg a kereskedelemtől független vagyonnövekedést is kizárjuk, vagyis egyszerűen szólva leáll a gazdálkodás, termelés, akkor a vagyon megváltozását m ár csak a belső kereskedelemnek tulajdonítjuk. Ezt a lehetőséget azonban kizárhatjuk. Az egymással való kereskedelem nem növeli a közösség vagyonát: ha az egyik lakos nyer az üzleten, akkor a másik ugyanannyit veszít, így a közösség vagyona állandó lesz. Az egyik polgár annyi vagyont ad a a másiknak, mint amennyit a másik tőle kap. Függetlenül attól, hogy valamelyikük esetleg más polgárokkal is kereskedik.
A lakosok közötti kereskedelemmel a testek közötti impulzuscserét — erőhatást— szemléltettük. Láttuk, hogy az erők párosával lépnek fel, egyenlő nagyágiak, ellentétes irányúak. Ezek összes hatása ezért nulla. Az erők legfontosabb tartalmi jegyét a hatás-ellenhatás elve foglalja össze: az erők párosával lépnek fel, az erő és ellenerő egyenlő nagy és ellentétes irányú. Ennek az elvnek impulzusra vonatkozó átfogalmazása
Newtor III. törvénye: A z impulzusra vonatkozóan zárt rendszer összes impulzusa állandó.
Newton harmadik törvényét az impulzusmegmaradás törvényének is nevezzük. Impulzusra nézve zárt rendszer impulzusa külső hatások m iatt nem változik meg, a kölcsönhatástól független impulzusváltozásokat kizárja az inerciarendszer választása, a belső kölcsönhatások pedig nem változtatják meg az összes impulzust a hatás-ellenhatás törvénye értelmében.
Egyszerű példaként gondoljunk két testből álló, zárt rendszerre. Jelöljük az egyik
testet A-val, a másikat B-vel. Ekkor a hatás-ellenhatás törvénye értelmében
Fb-*a— ~ F (4)
vagyis a B test által az A testre kifejtett erő egyenlő nagyságú és ellentétes irányú az A test által a B-re kifejtett erővel. Felhasználva Newton II. törvényét:
F b-*a = wAaA és FA_,B = mBaB,
ezért
mAaA = — mBaB,
ez pedig azt jelenti, hogy
AUAí
AIb
~ K t’
vagyis
AIa + AI„ = 0. (5)
A hatás-ellenhatás törvényét az erőfogalom legfontosabb elemének tekintettük. Most példát láttunk arra, hogy ebből az elvből az impulzusmérlegnek ez a speciális esete hogyan vezethető le.
Az a kérdés vetődik fel az Olvasóban, hogy a fogalmak hierarchiájában mi az elsődleges, az impulzus-e vagy az erő? A törvények között mi a fontosabb, a hatásellenhatás törvénye az erőkre, vagy az impulzus megmaradásának a törvénye?
Nem érinthetjük most a fizikai elméletek és törvények természetét részletesen, de azt biztosan állíthatjuk, hogy messze vagyunk attól a szemlélettől, hogy „a fogalmakat egyszerűen definiáljuk, aztán menjünk tovább”. Az emberi gondolkodás dinamikus, a fogalmak, tételek, a mérési módszerek dinamikus egymásra hatásban születnek. Az impulzus elsődlegesnek tekinthető az erő mellett, de az erő fogalma történetileg előbb volt, mint az impulzus. E két fogalom
89
nem állítható valamilyen túl egyszerű logikai kapcsolatba.
Természetesen az erő összes hatását nem vettük számításba. Két test között felléphet erő anélkül is, hogy gyorsulás lenne, azaz impulzusváltozás nélkül is. Ezekre a kérdésekre később részletesen visszatérünk. Elemezni fogjuk például az erők rugalmas alakváltoztató hatását.
Emeljük ki Newton III. törvényével kapcsolatban azt a magától értetődő tényt, hogy az erő és az ellenereje mindig különböző testeken hat. Két test érintkezésekor az egymásnak megfelelő erőket rajzban a szomszédos felületekre rajzolva tüntetjük föl (2.5. ábra).
2.5. ábra
A hatás-ellenhatás törvényének megfelelően a párosával fellépő erők egyenlő nagyok, és ellentétes irányúak. A hatásvonaluk egy egyenesbe esik. Ez a hatás-ellen- hatás törvényének olyan tartalmi jegye, amelynek mélyebb értelme később lesz világos.
Newton II. törvényében a test környezete által kifejtett erő szerepel, egyesítve a környezet minden elemének a hatását. A testre környezetének elemei külön-külön hatnak. Az az impulzus, amelyet a test a környezetétől kap, felbontható. A testre ható erő egyik részét a környezet egyik tagja, a másikat a környezet másik tagja fejti ki stb. Ezeknek a hatásoknak az ösz- szegzödése eredményezi a környezet teljes hatását, Newton II. törvényében szereplő eredő erőt. Ezzel kapcsolatos a kővetkező törvény.
Newton IV. törvénye: A testre ható erő a környezet egyes részeitől származó erők vektori összege.
Tegyük fel például, hogy az A test környezete három testből áll, ez a három test: B, C, D. A B test FB A, a C test FC_ A, a D test F d_ a erőt fejt ki az A testre, akkor az A testre vonatkozó második Newton törvényben szereplő erő:
F = F b -a + F c ->a + F d -a -
Némileg más kérdés az, hogy ezek az erők befolyásolják-e egymást. Egyáltalán: ha ismert a fenti példában B, C és D együttes hatása, akkor meg tudjuk-e minden esetben állapítani, hogy mekkora erő származik B-töl, C-töl, D-től? Ez a kérdés azzal függ össze, hogy mennyiben fejezhető ki az egyes erő a környezet adataival, tulajdonságaival. Másként fogalmazva: az az erő, amelyet a B test az A testre kifejt, függ-e a B test tulajdonságaitól, vagy inkább A-tól, A mozgásától?
Az erőket két csoportba osztjuk.1. Szabaderők azok, amelyek nem füg
genek a testre ható többi erőtől, a test pályájától, a test mozgásállapotától.
2. Kényszererők azok, amelyek függenek a testre ható többi erőtől, a mozgás pályájától, a mozgásállapottól. (Feladatok megoldásánál ezek az erők általában az ismeretlenek között szerepelnek.)
Newton IV. törvényét az erőhatásokfüg- getlensége elvének is nevezik: „a testre ható erők zavartalanul összegződnek". Világos azonban, hogy ez nincs így! Az erők zavartalan összegződésének az elve csak a szabaderőkre teljesül, a kényszererőkre nem. A kényszererök iránya, nagysága attól függ, hogy a test hogyan mozog, elő van-e írva a pályája, és milyen más erők
90
hatnak a testre. A szabaderőkre valóban érvényes az erők függetlenségének az elve, de pontosan ezeket az erőket neveztük szabaderőknek: ezek azok, amelyek zavartalanul szuperponálódnak.
A testre ható erők eredőjét a vektorok ösz- szeadásának a szabályával határozzuk meg, vektorilag egyesítve a szabaderőket, és az általuk meghatározott kényszererőket is.
Világítsuk meg ezt egy példával. Képzeljük el, hogy egy m tömegű test a 2.6. ábra szerint a vízszintes tengelyen mozoghat, mint egy vékony acélszálra fűzött karika. A testre a vízszintes tengellyel a szöget be-
F
záró irányban egy F szabaderő hat, ilyen például a rugók által kifejtett rugalmas erő. A szabaderő nem párhuzamos a test mozgásának az irányával, kell tehát, hogy a testre hasson még egy erő, amelyet a tengely, a vékony acélszál fejt ki a karikára. Ez az erő — jelöljük F ig y e l — merőleges a tengelyre. Nagyságát azonban nem ismerjük. Az ismert F erő és az ismeretlen nagyságú F, erő eredője a test mozgásának irányába mutat, tehát vízszintes. A paralelogrammaszabályhoz tehát ismerjük az egyik összetevőt, a másik összetevő irányát és az eredő irányát. Ebből az eredő — amely ma-val egyenlő — és a másik összetevő— a kényszererő — is meghatározható.
Az elvont gondolatok után konkrétabb jelenségek tanulmányozására térünk át.
2.1.3. A szabadesés értelmezése
Gondoljunk először a legnyilvánvalóbb, mindenki által ismert tapasztalatra. Kezünkben tartunk egy testet, mondjuk egy almát. Óvatosan tartjuk a kezünkben, nem mozgatjuk. Nyugalomban van. Egy pillanatra — csak egy pillanatra — elengedjük. Abban a pillanatban elindul a talaj felé. Amíg tartjuk a kezünkben, alátámasztjuk, nyugalomban van, mihelyt magára hagyjuk, gyorsul (2.7. ábra).
Mindennapi tapasztalat ez, valóban. Nem csodálkozunk rajta. De nem is szoktunk elgondolkodni róla. Érdemes azonban eltűnődni a jelenség értelmezésén. Gondoljuk át még egyszer! A test mindaddig nyugalomban van a tenyerünkben, amíg el nem engedjük. Mihelyt m agára hagyjuk, abban a pillanatban elindul a talaj felé. Mint a vonaton a bőröndök és a labda, miután megrántottuk a kart az ablak mellett. A labda és a többi tárgy a vonatban elindulnak abba az irányba, amerről a bakter- ház jött. Ennek a jelenségnek egyetlen magyarázata van: vonatkoztatási rendszerünk „kellemetlen” volta, vagy a fizikában szokásos megjelöléssel: a vonatkoztatási rendszer nem inerciarendszer. A labda ezért indult el a vonaton. Kézenfekvő arra gondolni, hogy a kezünkből elengedett alma azért indult el a talaj felé, mert a talaj környezete nem inerciarendszer.
Az elengedett alma tehát nyugalomban van egy inerciarendszerhez képest — mint a labda a pálya vonatkoztatási rendszeréhez viszonyítva. A talaj azonban ehhez az inerciarendszerhez képest g-vel „fölfelé” — a jegenyefák csúcsa felé — gyorsul.
Vegyes érzéseink vannak ezzel az értelmezéssel kapcsolatban. Tanácstalanok vagyunk, hogy mitévők legyünk, ha a közvetlen környezetünk sem inerciarendszer.
{ 91
2.7.ábra
Nem bánjuk-e meg máris, hogy csak iner- ciarendszerrel akartunk foglalkozni? (Newton I. törvénye.)
Másrészt el kell ismerni, van a magyarázatnak egy igen nagy értéke: teljesen kézenfekvővé teszi azt a különben eléggé nehezen érthető tényt, hogy minden test azonos gyorsulással esik a talaj felé. (A vonaton is azonos gyorsulással mozogtak a tárgyak a kocsi eleje felé.)
Szívesen elfogadnánk ezt az értelmezést, van azonban egy olyan ellenvetés, amelyet nem tudunk kivédeni: ha a talaj itt a nyárfák csúcsa felé gyorsul, és a testek ezért esnek rá a talajra, akkor a Föld túloldalán a testeknek el kellene esniük a földtől.
El kell fogadni egy másik értelmezést: a talaj és a környezet inerciarendszer, az elengedett tárgyak azért esnek a talaj felé, mert a Föld vonzóerőt fejt ki rájuk. Ezt az
erőt nehézségi erőnek nevezzük, és gyakran G-vel jelöljük.
Amíg az almát a m arkunkban tartjuk, nyugalomban van, mihelyt elengedjük, a Föld által kifejtett erő hatására elindul a Föld felé, és g-vel gyorsul.
Be kell azonban vallanunk, hogy a „szabadesés” ilyen értelmezése sem probléma- mentes. Nem igazán értjük ennek az erőnek a hatásmechanizmusát. Nem tudjuk, hogy a test és a Föld közötti üres téren keresztül hogyan hat ez az erő. Honnan tudja a test, hogy merre kell elindulnia? Mi van a test környezetében, ami lefele mutat? Azután azt sem értjük, hogy miért azonos minden test gyorsulása.
Elfogadjuk tehát a nehézségi erő létét, be kell azonban vallanunk, hogy nem látjuk világosan, mi módon hat ez az erő távolba.
92
A nehézségi erő nem a testek felületén hat. Ezért a rajzban a nehézségi erő támadáspontját a test középpontjába rajzoljuk. A nehézségi erő szabaderő. Minden testre egyaránt hat, akár mozog a test, akár nem.
Alkalmazzuk most Newton II. törvényét a szabadesésre! Az m tömegű testre a G nehézségi erő hat, ennek hatására g-vel gyorsul:
G = m g .
Ebben az állításban tehát G a testre ható nehézségi erőt, m a test tömegét, g sebességének az időegységre eső megváltozását, gyorsulását jelenti.
Mielőtt az alkalmazásokra rátérnénk, kanyarodjunk vissza a szabadesés kétféle értelmezéséhez. Gondoljuk végig még egyszer az első abszurdnak tűnő — értelmezést! Képzeljünk el egy liftszekrényt, amelyben — valamilyen furcsa álomból — felébredtünk. Egyedül vagyunk a liftben, ijedtünkben elejtjük a kezünkben lévő tárgyat, mondjuk most is az almát. Azért vagyunk ilyen rémültek, mert azt álmodtuk, hogy a liftszekrény a Világűrben van, m ár távol a Földtől és a Naprendszertől is, és egyre gyorsabban mozog. Nagy teljesítményű rakéták éppen g-vel gyorsítják. Ki mondhatja meg nekünk, hogy a lift a liftaknában van beszorulva, vagy tényleg a Világűrben gyorsul? A liftből erre semmiképpen nem kapunk választ: semmiféle kísérlettel nem tudjuk eldönteni, hogy a lift a Föld közelében van-e, és az alma a nehézségi erő hatására gyorsul-e, vagy pedig a rossz álmunk igaz, a lift inerciarendszerhez képest g-vel gyorsul kint a Világűrben, az alma pedig a vonatbeli labda példája szerint mozdul el (2.8. ábra).
A tanulság: a nehézségi erő hatására végbemenő jelenségek inerciarendszerben nem különböztethetők meg a nem iner
ciarendszerekben végbemenő jelenségektől. így van ez, legalábbis olyan kis méretekben, mint a lift. (Ez az elv Einstein általános relativitáselméletének a magja.)
["vizsgáljuk meg most a következő egyszerű — de annál tanulságosabb — problémát. Helyezzük egy testet a talajra. Rajzoljuk be a 2.9. ábrára az itt fellépő összes erőt. A test középpontjában „támad”, és függőlegesen lefelé m utat a testre ható G nehézségi erő. Ellenereje a Föld közepén,
2 .8 .
ábra
> 6370 km
2.9.ábra
93
6370 km távolságban hat. Az ábrán G*-gal jelöltük. A test nem gyorsul. Ennek az a magyarázata, hogy a test és a talaj érintkezésénél fellép egy nyomóerő — N-nel jelöltük —, amely a test felületén fölfelé hat. Az N nyomóerő ellenerejét N*-gal jelöltük. Ez az erő a talajt lefelé nyomja.
Négy erő lép tehát fel: G és G*, illetőleg N és N* egymás ellenereje, Newton III. törvénye m iatt egyenlő nagyságúak, irányuk ellentétes. Ebben az esetben azonban G és N is egyenlő nagyok, ellentétes irányúak, ez azonban nem a harmadik, hanem a második törvény miatt van így: G és N ugyanarra a testre hat — ellentétben az erő-ellenerő párokkal —, eredőjük nulla, mert a test nem gyorsul: G + N = w °_l
2.1.4. Kötélerők
ÍKépzeljük el, hogy daru kötelén egy m tömegű test függ. A testre két erő hat, a nehézségi erő, és a kötél által kifejtett erő. Válasszuk meg a vonatkoztatási rendszert a 2.10. ábrán látható módon: mutasson az „x tengely” iránya lefelé. Newton II. törvénye:
G + K = ma.
Legyen a G erő nagysága G, a K erő nagysága K. Ekkor a két erővektor:
G =(G , 0,0),
K = ( —K ,0,0).
hiszen a két erő párhuzamos az x tengellyel, és G pozitív irányba, K negatív irányba mutat. A G első komponense ezért azonos a nagyságával, a K első komponense pedig nagyságának a ( — l)-szeresével. A gyorsulásvektort is így írhatjuk:
a (űx, űy) ű j í
de ax = ay = 0. Jelöljük most a„-et a-val a: = ax. Ekkor
a = (a, 0,0).
(Itt tehát a nem az a vektor nagyságát jelöli, hanem az első koordinátáját, ellentétben G-vel és K-val: ezek a két erő nagyságát jelölik, míg G és K vektorok első komponense G, illetve — K.)
Térjünk most rá a fenti vektoregyenlet helyett az x tengely irányú vektorkomponensek között fennálló összefüggésre:
G — K = ma.
Tekintve azonban, hogy G = mg,
mg— K = ma. (1)
Ha a test lefelé — pozitív irányba — gyorsul, akkor K < G , ha fölfelé, akkor K > G . A kötélre függesztett test lefelé gyorsul, ha álló helyzetből lefelé indul, vagy fölfelé mozogva megáll. Fordítva: a test fölfelé gyorsul, ha álló helyzetből fölfelé indul, vagy lefelé mozogva megáll. |
["Vizsgáljuk meg a 2.11. ábrán látható egyszerű szerkezetet. Egy könnyen elforduló, elhanyagolhatóan kis tömegű csigán súlytalan, nyújthatatlan, hajlékony fonalat vetünk át, egyik oldalon m 1, a másik oldalon m2 tömegű testet függesztünk a kötélágakra. A rendszert magára hagyva,
---------------------------------------------- ►y
K
G
, r 2 .10.x ábra
94
határozzuk meg a két test gyorsulását és a kötelet feszítő erőt!
Válasszuk meg a vonatkoztatási rendszert úgy, hogy az első tengelye lefelé mutasson, a második tengelye a csiga középpontján haladjon át. Jelöljük be a testekre ható erőket. A két testre ható nehézségi erő mellett a kötélerő hat mindkét testre. H a a csiga elhanyagolható tömegű, akkor a kötélben mindenütt ugyanolyan nagyságú erő hat. A kötélerő végig azonos a kötél mentén.
Mit jelent ez? A következőről van szó: a kötél nulla tömegű, minden kis része az. Szemeljünk ki egy ilyen kis részt. Erre a kötéldarabra a felette látható kötélrészek K , felfelé m utató erőt, az alatta levő részek lefelé m utató K 2 erőt fejtenek ki. A kötéldarabra alkalmazzuk Newton II. törvényét:
K 2 — K i =míólél <2 = 0,
így = K 2. A kötél minden pontjára két ellentétes irányú és azonos nagyságú erő hat.
Newton II. törvényét alkalmazzuk mindkét testre:
mlg - K = m 1a 1, (2)
m2g — K = m2a2. (3)
Itt üi és a2 a két test gyorsulását jelenti, ha pl. O |> 0 , akkor az első test lefelé gyorsul. A két egyenletben három ismeretlen van: at , a2, K. További egyenlethez jutunk, ha a fonál nyújthatatlansagát kihasználjuk. Jelöljük a két test „x-koordi- nátáját” x,-gyel és x 2-vel. Mind x t , mind x 2 időben változhat, a két koordináta ösz- szege azonban állandó; leszámítva a korongra simuló félkörnyi fonálrészt, x , és x 2 összege éppen a fonál hossza:
x i + x 2 = /= á ll. (4)
Az egyenlőség differenciálása után a sebességek között fennálló összefüggéshez ju tunk:
Xi + x 2 = 0.
Újabb differenciálás a gyorsulások közötti kapcsolatot eredményezi:
x i + x 2 = 0. (5)
Az egyenletrendszerünk:
m1g - K = m la 1,
m2g - K = m2a2,
a i + tf2 = 0.
A fenti példán jól bem utatható Newton IV. törvénye. A két testre egy-egy szabaderő hat, mindkettőre hat azonban egy kényszererő. A feladatot határozottá az teszi, hogy a két test mozgására egy geometriai jellegű korlátozás is érvényes: a két testet összekötő fonál állandó hosszú, ezért ha az egyik test mondjuk lefelé gyorsul, akkor a másik test ugyanolyan nagyságú gyorsulással mozog fölfelé: a x + a2 =0. A Newtontörvények mellett szereplő geometriai feltételen alapuló összefüggéseket kényszeregyenleteknek vagy kényszerfeltételeknek nevezzük.
95
Még egy megjegyzés a feladattal kapcsolatban: az itt szereplő összes vektor, az erővektorok, a gyorsulásvektorok mind függőleges irányúak voltak, csak a függőleges tengellyel párhuzamos összetevőikkel dolgoztunk, a többi koordináta állandó, illetve nullának tekinthető. Ezért az itt szereplő mennyiségeket az erő-, illetve a gyorsulásvektorok függőleges koordinátáinak tekintsük: például mYg az első testre ható nehézségi erő függőleges összetevője. (A másik két összetevő nulla.) így a feladatban szereplő mennyiségek nem vektorok, hanem számok, a vektorok koordinátái. Ezért számokként számolunk velük, írhatjuk, hogy ismét a példa kedvéért— K < 0, mlg > 0. (K a két kötélerő azonos nagysága, — K pedig a kötélerők x koordinátája.)
H a ezeket a mennyiségeket végül is számoknak tekintjük, akkor mondhatjuk azt, hogy ezek skaláris mennyiségek? A fizikában szokásos megállapodás szerint a vektorok koordinátáit nem tekintjük skaláris mennyiségeknek: a skaláris mennyiségekkel kapcsolatban nagyon szigorú kikötéseink vannak: a skaláris mennyiségektől megköveteljük, hogy ne függjön a koordináta-rendszer eltolásától, sebességétől. Ilyen például a tömeg, az idő, egy szakasz hossza. Ezek olyan mennyiségek, amelyek a sínen mozgó vonatról nézve is ugyanolyan nagyságúak, mint az őrházból nézve. |
IXegyen most a két test a 2.12. ábra szerint felfüggesztve. Jelöljük a testek tömegét megyei és m2-vel, a testek koordinátáit az ábrán látható vonatkoztatási rendszerben x t-gyel és x2-vel. Az x 2 valójában kisebb, mint a második test függőleges koordinátája, de a második testet a csiga középpontjával összekötő rövid fonál hosszának nincs jelentősége, akármilyen rövid lehet.
Az első testre pozitív irányba mtg, negatív irányba a kötélerő hat, így
m ^ — K = m1ü 1.
A második testnél hasonló a helyzet, csak az a különbség, hogy erre a testre két kötélerő hat fölfelé:
m2g — 2K = m2a2.
A fonál hosszát most is kifejezzük a koordinátákkal. A fonál három függőleges szakaszból áll: az első rész a második és a harmadik rész x 2 hosszú. így
x, + 2x2 = /= á ll.
Kétszer differenciálva ezt az egyenlőséget, azt kapjuk, hogy
jtj + 2 jc2= 0 .
A feladat leírását szolgáltató egyenletrendszer tehát:
mlg — K = m1a l ,
m2g - 2 K = m2a2,
a1+2a2=0.
Vizsgáljuk meg most a mozgó csigára ható erőket. A mozgó csigán átvetett fonál
96
mindkét szárában K nagyságú erő hat. A csiga közepéhez rögzített fonálban ébredő erőt jelöljük Kj-gyel. Ekkor a mozgó csigára írjuk fel Newton II. törvényét:
| ' mcsigaa 2.
A csiga tömege nulla, ezért
K l —2K = 0.
(Ez volt az oka annak, hogy a második testre 2K kényszererő hatott.) Általános tanulságként pedig azt kapjuk, hogy nulla tömegű testre ható erők eredője mindig nulla, akár gyorsul a test, akár nem. |
pMost három testről lesz szó, a tömegük rendre m1,m 2,m 3.A koordináta-rendszert most is úgy helyezzük el, hogy vízszintes tengelye a csigák közepén haladjon át, függőleges tengelye mutasson lefelé (2.13. ábra). A testek koordinátái ebben a koordi- náta-rendszerben legyenek x 1; x2, x 3. A fonál hossza:
x t + 2 x 2 + x 3 = / = áll.
Innenűj +2a2+ a3=0.
A dinamikai egyenletekkel az egyenletrendszerünk: m1g - K = m ia1,
m2g — 2K = m 2a2,
m3g - K = m 3a3,
at + 2a2 + a3 = 0.
lA következő probléma annyiban különbözik az előző háromtól, hogy a három test mozgását két kötél korlátozza (2.14. ábra). A koordináta-rendszert a szokásos módon a mennyezeten függő csigához rögzítjük. (A mozgó csigához nem viszonyíthatjuk a mozgást — ez ugyanis nem inerciarendszer.)
ábra
x ábra
A koordináta-rendszerben a három test koordinátája rendre x lt x 2, x 3. Látható, hogy ezzel a három távolsággal nem fejezhetjük ki egyik kötél hosszát sem. Be kell ezért vezetnünk egy negyedik koordinátát, a mozgó csiga mennyezettől mért távolságát. Legyen ez x0. Ekkor a felső kötélág hossza:
Xj + x 0 = /1,
az alsó kötél hossza:
(x2- x 0)+ (x 3- x 0) = /2.
Ha ebben a második kötélben a kötélerő K nagyságú, akkor a felső kötélben 2K, így
97
az első testre m^g mellett 2K kötélerő hat, a másik két testre egyaránt K :
mig — 2 K = m la 1,
m2g - K = m2a2,
m3g — K = m 3a3,
a 1+ a o = 0>
(a2 — a0) + (03 — Q0) = 0 -
Itt a0 jelenti a mozgó csiga gyorsulását. Tegyük fel, hogy a három test tömege: 4 kg, 3 kg, 2 kg. Ekkor az egyenletrendszerbe behelyettesítve, figyelembe véve, hogy g = = 10 m /s2:
40—2K = 4ű j,
3 0 - K = 3a2,
20 — K = 2a3,
ö2 03 = 0 .
Az utolsó egyenletet a két kényszeregyenlet összevonásából kaptuk, az a0 gyorsulás kiküszöbölésével.
Az egyenletrendszer megoldásánál a következő lépéseket hajtsuk végre. Osszuk el az első, a második, a harmadik egyenletet rendre a megfelelő tömegekkel: 4-gyeI, 3- mal, 2-vel. Ezután szorozzuk meg az egyenleteket a negyedik egyenletben szereplő együtthatókkal. Ezután adjuk össze az első három egyenletet:
40—K ^ 1 + — -f = 2 a1 + a 2 + a 3 = 0,
így K = 21,8 N. Ezt visszahelyettesítve az egyenletrendszerbe, kapjuk a gyorsulásokat: ^ = - 0 , 9 m/s2, a2 = 2,l m/s2, a3= — 0,9 m/s2. Az első és a harmadik test fölfelé gyorsul 0,9 m/s2 gyorsulással, a második lefelé 2,7 m/s2-tel. |
Lényegesen nehezebb feladatnak tűnik az alábbi.
I"A 2.15. ábra szerint négy test mozog a csigákon átvetett fonalakon. A négy test tömege rendre legyen m 1 = 6 kg, m 2= 5 kg,
x ábra
m 3 = 9 kg, mA= 10 kg. A testek mennyezettől mért kezdeti távolsága — koordinátája— x, = 3 m, x 2 = 5 m, x 3= 7 m, x A=2 m. Az első test kezdetben áll, a második kezdetben lefelé mozog 1 m/s kezdősebességgel, a harmadik fölfelé kezd mozogni 1,5 m/s-mal. Határozzuk meg, hogy hol vannak a testek az indulás után 1 s elteltével. Jelöljük be a négy testre ható erőket az ábra szerint, vigyázva arra, hogy egy kötél egyik végétől a másikig minden pontban ugyanaz az erő ébred. A bal oldali álló csigán átvetett kötélben 2K erő hat, ha a jobb oldali álló csigán átvetett kötélben K erő hat. Az első testre így 2K nagyságú kötélerő hat, a harmadikra szintén, a m ásodikra és a negyedikre K erő hat a nehézségi erő mellett.
A testek koordinátái mellett vezessünk be egy újabb koordinátát a felső mozgó csiga helyének a jellemzésére. Ekkor a bal
98
oldali álló csigán átvetett kötél hossza: indulás után t idővel
Xj(í) + xo(í) = Íi = áll.,
a másik kötél hossza indulás után t idő múlva:
x 2(t) - x0(f) + x 3(f) - x0(t) + x 3(í) + x4(f) =
= /2 = áll.
A négy mozgó test és a két kötél miatt négy dinamikai egyenletet és két kényszeregyenletet írunk fel:
mlg — 2 K = m 1a í ,
m2g - K = t n 2a2,
m3g - 2 K = m3a3,
m^g — K = m AaA.,
ű i + flo = 0 ,
ű 2 — ctQ-\-a3 — í j 0 4- ű 3 + ű 4 = 0.
A tömegek konkrét értékét behelyettesítve, és az egyenletrendszert az előző problémánál látott lépésekben megoldva azt kapjuk, hogy K = 42,52 N és ax= — 4,17 m/s2, a2= l,5 0 m/s2, a 3=0,55 m/s2, ű4= = 5,75 m/s2.
Mindegyik test egyenes vonalú, egyenletesen változó mozgást végez. Ahhoz, hogy a testek helyzetét meghatározzuk, szükségünk van a gyorsulások mellett a kezdeti helyzetekre és a kezdeti sebességekre. A kezdeti helyezeteket ismerjük, a kezdeti sebességek közül azonban csak három számértékét adtuk meg. A negyedik kiszámítható. A helykoordináták közötti ösz- szefüggés differenciálásával — mielőtt a gyorsulások közötti kapcsolathoz ju to ttunk — a sebességek közötti összefüggést is megkaptuk:
”i(0 + ”oW = 0,
és
v2 (0 - t’o(0 + ”3(0 - v0(t) + v3(t) + v j t ) = 0,
illetve az első egyenlet kétszeresét és a másodikat összeadva:
2 v,(t) + v2(t) + 2u3(f) + r4(í)= 0 .
A t = 0 időpontbeli értékeket behelyettesítve:
2 -0 + 1 + 2 (— l,5) + t>4(0)=0.
Innen
r4(0) = 2 m/s.
A négy test hely-idő függvénye:
— 4 17x i(0 = — ^ — t2 + 0 -1 + 3,
x 2(0 = /2 +1 ‘ / + 5,
x 3(í)= 12— 1,5' t + 1,
x4(í) = t2 + 2• í + 2.2
A t = 1 s időpontban: x 1(l)=0,92 m, x2( l)= = 6,75 m, x 3(l) = 5,77 m, x4(l) = 6,87 m j
t z utóbbi teladaton jól látszik a newtoni mechanika alapgondolata. A koncepció világos: a feladatok megfogalmazásából és a megoldásokból is látszik. H a ismertek a tömegpontokra ható erők és a tömegpontok kezdeti állapota, akkor ezek meghatározzák a tömegpontok későbbi állapotát.
Képzeljük el, hogy van egy szellemi lény, az ún. Laplace-féle démon, ez tökéletesen ismeri a világmindenségben az összes tömegpont helyzetét és a sebességét ebben a pillanatban. Ismeri ugyanakkor a testek között fellépő erőket is. Ekkor a démon — mert nagyon gyorsan számol — meg tudja
99
határozni, hogy hol lesznek a tömegpontok, és milyen sebességgel mozognak 1 m ásodperc múlva, 10 másodperc múlva vagy akár 100 év múlva.
Világos, hogy a dologban a démonnak van a legkevesebb szerepe. Akár van a démon, akár nincs, a newtoni mechanika szerint a világmindenség abszolút determinált.
ÍÁ következő problémában mindössze két test és egyetlen kötél szerepel. A szokásos módon elhelyezzük a koordináta-rendszert. A két test koordinátái x 1 és x 2, a mozgó csiga koordinátája x 0. A fonál hossza:
x t + 2x0+ x 2 + (x2 - x0) = /,
a gyorsulások között fennáll az
a 1+ 2 a 2 + ao==0
egyenlőség.Jelöljük most be a 2.16. ábrán a nehéz
ségi erőket, majd a kényszererőket. A kötélben mindenütt ugyanakkora erő hat. A mozgó csigára igy lefelé K erő hat, másrészt fölfelé 2K, így 2K = K. Ez lehetséges: a kötélben nulla erő hat. A kötél nem feszül meg, a testek szabadon esnek: a1 = a2—g, vagyis a0 = — g — 2g = — 30 m/s2. A mozgó csiga 30 m/s2 gyorsulással indul fölfelé. |
100
2.1.5. Mozgás lejtőn
Ebben a pontban is kényszerpályán mozgó testek leírásával foglalkozunk. Az előző pont feladataitól a most sorra kerülő problémák annyiban különböznek, hogy a testek mozgására két dimenziót használunk, a mozgás ugyan egyenes vonalú, de a testre ható erők nem párhuzamosak a mozgás pályájával.
ÍÁ 2.17. ábra szerint az a hajlásszögű lejtőre helyezzünk m tömegű testet. E testre két erő hat. Az egyik a nehézségi erő, a másik erőt a lejtő felülete fejti ki a testre. (Ebben a pontban éljünk azzal a feltevéssel, hogy az érintkező felületek között csak a felületre merőleges nyomóerők lépnek fel.) Meg kell most választanunk a mozgás leírására alkalmas koordináta-rendszert. Kézenfekvőnek tűnik a koordináta-rend- szert úgy elhelyezni, hogy egyik tengelye vízszintes, a másik függőleges legyen.
A testre ható erővektorokat bontsuk fel a koordinátatengelyekkel párhuzamos ösz- szetevőkre.
G = (0 , —mg), hiszen a nehézségi erő vízszintes összetevője nulla, a függőleges ösz- szetevője mg nagyságú, és a függőleges tengely negatív fele felé mutat. A nyomóerő N = (N sina , N cos a), mindkét komponense pozitív. Jelöljük a gyorsulásvektor koordinátáit ax-ázel és ay-nal. Ekkor
y
Newton II. törvénye:
G + N = m a ,
(0, — mg) + (N sin a, N cos oc) = m(ax, ay).
Áttérünk a vektori írásmódról a koordináták között fennálló egyenlőségre:
0 + N sin a = max,
— mg + N cos a = may.
A két gyorsuláskomponens mellett a kényszererő nagysága — N — is ismeretlen. Ki kell használnunk a mozgás geometriai feltételét, azt, hogy a test a lejtőn mozog. Jelöljük a test vízszintes irányú elmozdulását x-szel, függőleges elmozdulását y-nal.
A 2.18. ábrából nyilvánvaló, hogy x > 0 és }'<0. Az ábrán a lejtő fölött látható háromszög két befogójának a hossza I.Vl= —y > 0 és x > 0 . Ekkor
— vtg a = — ,x
innen a mozgást meghatározó geometriai összefüggés:
x tg « = - > ',
illetőleg a gyorsulások között fennálló kényszeregyenlet.
a , tg a = —ay.
A feladat megoldását szolgáltató egyenlet
rendszer:
N sin a =max,
N cos a — mg=may,
aTt g a = - a y.
A három egyenletből álló egyenletrendszer szolgáltatja a gyorsulás két összetevőjét és a nyomóerő nagyságát. A második egyenlet mindkét oldalához adjunk mg-1, majd osszuk el az első egyenletet az így kapott másodikkal:
ax a.t g a = — * - = -------i — .
g + ay g - a , tg a
Innen
g tg a = a,(l + tg 2 a),
és
g tg a1 + tg 2 a
sin a9 ------cos a
= — -----= a sin a cos a.1 y
cos2 a
Figyelembe véve a kényszeregyenletet,
ay= — £? sin2 a.
A nyomóerő nagysága az első egyenletből adódik:
K, mü*N = —— = mq cos a. | sin a —1
f~A most megtárgyalt kérdéssel egyszerűbben megbirkózunk, ha a koordináta- rendszert úgy választjuk meg, hogy az első tengelye a lejtővel párhuzamos legyen, a második tengelye a lejtőre merőleges (2.19. ábra). A testre természetesen ugyanazok az erők hatnak. Az erők tengelyekkel pár-
101
2.19. x ábra
huzamos vetületei azonban most mások:
G = (mg sin a, — mg cos a),
N = (0, N).
Newton II. törvénye:
G + N = m a,
(mg sin a, — mg cos a) + (0, N) = m(ax, ay),
illetve áttérve a koordináták közötti egyenlőségre:
mg sin a + 0 = max,
— mg cos a + N = may.
A feladat megoldásához szükségünk van még a mozgás geometriai feltételeit kifejező kényszeregyenletre. Ez most igen egyszerű. Gondoljuk meg, hogy a test mozgása során a második koordináta állandóan nulla, a test a lejtőn fekvő tengely mentén mozog: y = 0 , annál inkább j/= 0 és y= 0 .
így a feladat megoldását szolgáltató egyenletrendszer:
mg sin a = műr,
N — mg cos a = may,
ay= 0.
Innen nyilvánvalóan adódik, hogy ax = = g sin a = |a |, és N = mg cos a.
Ugyanannak a feladatnak kétféle leírását adtuk meg. A két leírás közötti kapcsolat jól látható az ábrán: a lejtő menti g sin a nagyságú gyorsulásvektor vízszintes komponense g sin a cos a, a függőleges komponense — g sin a sin a = — g sin2 a. [
["Gondol juk most el, hogy a lejtő elmozdulhat a vízszintes talajon, a lejtő orrát, csigán átvetett fonállal, ml tömegű testtel kötjük össze. A lejtőn m tömegű test van. A lejtő tömegét jelöljük M-mel, hajlásszöge legyen a. A rendszer nyugalomból indul. A feladatunk az, hogy a rendszer mozgását leíró egyenletrendszert felállítsuk. H at dinamikai egyenletre számítunk: három test mozgását kell leírnunk, és a mozgások leírásához két dimenzióra van szükség. Egy testre két, koordinátákkal felírt dinamikai egyenlet tartozik. Jelöljük most be a testekre ható erőket. Az mx tömegű testre a nehézségi erőn kívül csak a K kötélerő hat. A lejtőre vízszintes irányban a K erő, függőlegesen a nehézségi erő, a talaj T nyomóereje és az m tömegű testtől származó nyomóerő hat. Az m tömegű testre a nehézségi erő és a lejtő nyomóereje fejt ki hatást. A lejtő nyomóerejének és ellenerejének a nagyságát jelöljük N-nel. A koordináta-rendszert most úgy célsze-
y
102
rü megválasztani, hogy az egyik tengelye vízszintes, a másik függőleges legyen (2.20. ábra).
Az m, tömegű testre, amely csak függőleges irányban mozog, vízszintes erők nem hatnak, ezért csak egy dinamikai egyenletet írunk fel:
K — m1g = m iaí .
A lejtőre vízszintes irányban a K kötélerő és a nyomóerő vízszintes összetevője (N sin a) hat:
K — N sin a = MaL.
Minthogy a fonál nyújthatatlan,
o1+ a L = 0,
ezért bevezethetjük a következő jelölést:
aL= —a1 = :a.
(Ezzel egy kényszerkapcsolatot figyelembe vettünk.) A lejtőre ható függőleges erőkomponensek: a lejtőre ható nehézségi erő, a talaj nyomóereje és az m tömegű test által kifejtett nyomóerő függőleges összetevője (N cos a), így
T— Mg — N c o sa = M 0 ,
hiszen a lejtő függőleges irányban nem gyorsul: Az m tömegű testre vízszintes irányban a nyomóerő a szöggel szembeni összetevője (N sin a), függőleges irányban mg mellett az a szög melletti összetevő (N cos a) hat:
N sin a= m fl„
N cos a — mg = may;
itt ax és ay az m tömegű test gyorsulásának vetületei.
Ki kell még aknáznunk a mozgásnak azt a geometriai feltételét, hogy a test mozgás közben a — szintén mozgó — lejtőn van.
2.21. ábra
Jelöljük a test elmozdulásvektorát (x, >')- nal. Világos, hogy x > 0 és y < 0 . A lejtő elmozdulása vízszintes, legyen ez x t . Nyilvánvaló a 2.21. ábra alapján, hogy
A lejtő feletti pontozott háromszög a szöggel szembeni oldala |_y|= — y, a szög melletti oldala x —X!- Innen
(x—x t) tg a = —y,
és ebből az első deriváltra áttérve a sebességek között az
(x —x , ) t g a = - y ,
a második deriváltra i ttérve a gyorsulások között az
( x - x j ) tg a = - y .
összefüggéshez jutunk.A feladatot leíró egyenletrendszer:
m1g — K = m 1a,
K — N sin a — Ma,
[ T — Mg — N cos a = 0,]
N sin a = max,
N cos a — mg = may,
K - f l l ) t g g = — ű y .
Összefoglalva: az m l tömegű testre vízszintes irányban nem hat erő, ezért a New- ton-törvények száma eggyel kevesebb. A
*
103
harmadik egyenletet zárójelbe tettük, mert a mozgás leírásához valójában nem szükséges. A fonál hosszának állandóságát azzal vettük figyelembe, hogy az első két egyenletben ugyanaz az a gyorsulás szerepel. A lejtő függőlegesen nem gyorsul, ezért a harmadik egyenlet jobb oldala nulla, és végül a harmadik kényszerkapcsolatot az utolsó egyenlet fejezi ki. |
2.1.6. Súrlódás
Az előző pontban egy kikötéssel éltünk: a testek között fellépő erő a felületekre merőleges. Általában ez nem így van. Két tenyerünket összedörzsölve nyilvánvalóan érezzük, hogy a merőleges erők mellett a bőrünkkel párhuzamos erő is fellép.
Tekintsük a 2.22. ábrán látható két testet, legyen az egyik jele A, a másiké B. Ekkor a B test által az A testre ható közvetlen érintkezésből származó erő F B_A, jelöljük röviden F-fel. Ez az erő nem feltétlen merőleges a két test közös érintkezési síkjára: jelöljük az F erő közös érintősíkra merőleges összetevőjét N-nel, ez a B által A-ra kifejtett nyomóerő. A közös érintősíkkal párhuzamos összetevőt S-sel jelöljük. Ez az összetevő a B test által A-ra kifejtett súrlódási erő.
A súrlódási erő tehát a felületek közös érintősíkjában fellépő erő. A súrlódás
szembeötlő tulajdonsága a természetnek, úgy véljük, nincs helye és értelme a súrlódást magyarázgatni, a felületek érdességére, simaságára hivatkozni. A nyomóerő felléptét sem kell indokolnunk.
Igen sokféle súrlódási jelenség van. Ebben a pillanatban azonban számunkra a tapadási és a csúszási súrlódási jelenségek a fontosak.
Csúszási súrlódási erő két felület között akkor lép fel, ha a két felület egymással érintkező pontja egymáshoz képest elmozdul. A B test által A-ra kifejtett csúszó súrlódási erő az A test B-vel érintkező pontjának a B-hez viszonyított sebességével ellentétes irányú. Nagysága minden esetben a felületekre merőlegesen fellépő nyomóerővel arányos. Az arányossági tényezőt /i-vel jelöljük, és csúszási súrlódási együtthatónak nevezzük. Tehát
S = fiN.
Ez a körülmény a 2.23. ábra szerint azt jelenti, hogy a nyomóerő és az F eredő erő által bezárt a szög tangense:
Stg a = u = — .
A két felület bárhogy mozog egymáson, bármekkora a köztük fellépő nyomóerő, csúszáskor a két felület között fellépő erők eredője egy 2a nyílásszögű kúp palástján
104
hat. Fontos kiemelnünk, hogy az S= fiN nem általános természeti törvény, csak elég széles keretek között jó közelítés.
Tapadási súrlódási erő két felület között akkor léphet fel, ha a két felület egymással érintkező pontja egymáshoz képest nyugalomban van. A tapadási súrlódási erő tipikus kényszererő. Irányát is és nagyságát is a testekre ható többi erőből és a mozgás geometriai feltételeiből határozhatjuk meg. Egyetlen kikötést kell tennünk. A tapadási súrlódási erő nem lehet akármilyen nagy. Maximális értéke a nyomóerőtől függ:
^max — floN •
A n0 együtthatót tapadási súrlódási együtthatónak nevezik.
A tapadási súrlódási erő és a nyomóerő eredője a felületekre merőleges, 2oc0 nyílásszögű kúp palástján hat, vagy a kúp belseje felé mutat (2.24. ábra), ahol
A két súrlódási együttható az érintkező felületek anyagi minőségétől függ, de mint láttuk, nem függ a fellépő erőktől.
A n és a [i0 együtthatók viszonyáról a következőt mondhatjuk: n általában kisebb, mint az ugyanarra a felületpárra vonatkozó /t0. Gondoljuk el, hogy egy szekrényt szeretnénk arrébb tolni a szobában. Eleinte nem akar mozdulni: egyre nagyobb
és nagyobb erővel veselkedünk neki. A nyugalom feltétele: az erőnket pontosan kompenzálja a talajnál fellépő tapadási súrlódási erő. Ha nagyobb erővel hatunk, akkor a talajnál fellépő erő is nagyobb mindaddig, míg a szekrény nyugalomban van. Amig a szekrény nem mozdul, a tapadási súrlódási erő nagyságát mi határozzuk meg, és egyáltalán nem függ /i0-tól.
Abban a pillanatban, amikor a szekrény megmozdul, máris gyorsulni kezd. Ha egyenletesen szeretnénk tolni a szekrényt, nem kell akkora erőt kifejteni, mint a megmozdításához. Amikor azonban a szekrény mozog, a súrlódási erő nem attól függ, hogy mekkora erőt fejtek ki rá, csak a nyomóerőtől és /i-től függ: S = iiN = fímg. Ha növelem a szekrényre kifejtett erőt, a szekrény gyorsulni fog, de a súrlódási erő állandó marad.
A 2.25. ábrán látható grafikonon az ugrás azt fejezi ki, hogy a szekrény meg- mozditásához nagyobb erő szükséges, mint az egyenletes mozgatáshoz. így tehát a
s
*-F 2.25.ábra
105
tapadó súrlódási erő maximális értéke általában nagyobb, mint az ugyanolyan körülmények között fellépő csúszási súrlódási erő:
A két együttható közötti eltérés azonban sok esetben csak néhány százaléknyi. Megállapodunk ezért abban, hogy — ha a feladat külön nem hangsúlyozza az ellenkezőjét — a n és /i0 között nem teszünk különbséget. Ennek az a következménye, hogy az előbb vázolt grafikonon nincs ugrás (2.26. ábra), és a csúszó súrlódási erő egyenlő a tapadási súrlódási erő maximumával. A tapadás határán fellépő maximális tapadási súrlódási erő egyenlő a csúszáskor fellépő súrlódási erővel.
A tapadás feltétele az, hogy a két test egymással érintkező pontjai azonos sebességei mozogjanak. Ha az érintkező pontok sebessége azonos, akkor a gyorsulásuk is megegyezik. Fordítva azonban ez általában nem igaz. Ha két pont gyorsulása azonos, akkor a sebességük azonossága azon múlik, hogy a kezdeti sebességük megegyezett-e vagy sem.
IÁ 2.27. ábrán látható m tömegű test kezdetben áll. A testre vízszintes irányú F erőt fejtünk ki, Határozzuk meg a testre ható súrlódási erőt és a test gyorsulását, ha a test és a talaj között a súrlódás együtthatója /x.
s
106
y
v(0) = 0
s
Válasszuk meg a koordináta-rendszert az ábrán látható módon. Rajzoljuk be a testre ható vízszintes irányú erőket. (Függőleges irányban két erő hat, mg és N,N = mg.)
Newton II. törvénye a vízszintes irányú mozgásra:
F —S = ma.
Ez az egyenlet két ismeretlent tartalmaz: a test gyorsulását és a súrlódási erőt. Az S = fiN = nmg egyenlőséget csak akkor használhatjuk, ha a test csúszik, de nem tudjuk biztosan, hogy csúszik-e. Ha a test tapad, akkor a súrlódási erő ismeretlen.
Honnan lehet ezt előre tudni? Sehonnan. A feladat megoldásakor nem tudhatjuk, hogy a test csúszik-e vagy sem. Ez utólag derül ki.
Tegyük fel ugyanis, hogy a test csúszik, ekkor S=fxmg. H a például a mi esetünkben m = 2 kg, /i = 0,2 és F = 3 N, akkor S = 4 N, Newton II. törvényéből a gyorsulás a= — 0,5 m/s2. Ez nyilvánvalóan lehetetlenség, ha a test kezdetben áll. (Nulla kezdősebesség esetén a negatív gyorsulása azt eredményezi, hogy a test negatív irányba, hátra felé mozog. Ekkor azonban a súrlódási erő jobbra, pozitív irányba hatna, mert a sebességgel ellentétes irányú, így a testre ható mindkét erő pozitív irányba, előre mutatna. Ebből viszont pozitív gyorsulás adódna, ellentétben a kiindulással.)
Ha a test kezdősebessége nulla, akkor a gyorsulás nem lehet negatív. Ez azt jelenti, hogy az a feltevésünk, amely szerint a test csúszik, nem helyes: a test tehát tapad. A gyorsulás nulla, a súrlódási erő pedig Newton II. törvényéből adódik: S = F = 3N.
A feladat megoldást a következőképpen foglalhatjuk össze:
Newton II. törvénye mellett a test csúszásakor az S=(img egyenletet, tapadásakor az a = 0 egyenletet használjuk. így mindkét esetben két egyenletünk van, két ismeretlennel. A feladat konkrét megoldásakor választunk egy alternatívát, feltesz- szük hogy a test csúszik, vagy feltesszük, hogy a test tapad. Ekkor az egyenletrendszert megoldva, az eredményeket utólag ellenőrizzük. Ha abból indultunk ki, hogy a test csúszik, akkor negatív vagy nulla gyorsulást nem fogadhatunk el helyesnek. Ha tehát a< 0, akkor megoldjuk a feladatot újra, most az S= ^m g egyenlet helyett az o = 0 egyenletet használva.
Ha a tapadás hipotéziséből indultunk volna ki, akkor a dinamikai egyenlet mellett az ű = 0 egyenlettel élünk. Ebben az esetben azonban S értékét ellenőrizni kell. Ha S > nmy, akkor az eredmény elfogadhatatlan. Áttérünk a csúszás esetére, és az a = 0 egyenlet helyett az S = \ang egyenletet használjuk. Tehát:
Az S súrlódási erő a sebességgel ellentétesen balra mutat (2.28. ábra). A test biztosan csúszik, mert a kezdősebesség nem nulla. így S = pung, tehát
F — S — ma,S = nmg.
Ebben az esetben elképzelhető pozitív, nulla, sőt negatív gyorsulás is. Lehet, hogy a húzóerő nagyobb, mint [tmg, a testet növekvő sebességgel húzzuk. Az is elképzelhető, hogy a testre akkora erőt fejtünk ki, mint a súrlódási erő, a test egyenletesen mozog. A negatív gyorsulás olyan esetben adódik, amikor a húzóerő kisebb, mint a nmg, vagyis a test jobbra mozog csökkenő sebességgel. |
ÍAbban az esetben, amikor a test kezdő- sebessége a mozgás kezdetén balra, hátrafelé mutat (2.29. ábra), a súrlódási erő a húzóerővel megegyező irányú lesz: jobbra mutat. Nagysága most is /xmg, hiszen a test csúszik. így
F + S = ma,
S = nmg.
Egyetlen eset valósulhat meg: a gyorsulás csak pozitív lehet — hiszen mindkét erő
v(0)» 0
F — S = ma. s \
Csúszáskor: Tapadáskor:S = /img. a = 0.Ellenőrzés: Ellenőrzés:a> 0.
f"Tegyük most fel az előző esettel szemben, hogy a test a megfigyelésünk kezdetén jobbra — pozitív irányba — mozog, i?(0) > 0. A testre most is az F húzóerő hat.
2.28.ábra
v(0l<0
2.29.ábra
107
v(0)>0
W0)<0 2.30.ábra
jobbra mutat —, a test csökkenő sebességgel halad balra, lassul. Az, hogy egy test lassul, azt jelenti, hogy a sebessége és a gyorsulása ellentétes előjelű. |
Foglaljuk most össze a három rokon problémát. A 2.30. ábrán látható táblázat első sorában a kezdősebesség nagyobb mint nulla. Ilyenkor az a > 0, a = 0 és a < 0 esetek egyaránt megvalósulhatnak. A második sorban a kezdősebesség nulla, ilyenkor a gyorsulás csak pozitív vagy nulla lehet. Ha a kezdősebesség negatív, akkor pozitív gyorsulás fogadható el. A táblázat kilenc rekeszébe tehát hat megvalósuló eset tartozik. Három eset nem valósulhat meg. A hat megvalósuló eset közül a középső a tapadás esete, ekkor a súrlódási erő S<nm g, a többi öt esetben biztosan S —fímg.
F f együk most fel, hogy egy m2 tömegű kocsira tömegű testet helyezünk, és a testre F erőt fejtünk ki jobbra. A test és a kocsi között a súrlódási együttható legyen
X Z I Z S I Z
/a. Tegyük fel, hogy mindkét test állt kezdetben. Jelöljük be a 2.31. ábrán a testekre ható vízszintes irányú erőket. A két testre felírjuk a dinamika alaptörvényét.
F — S = m la 1,
S — /fi 2^2 •
A kis kocsit tehát csak a súrlódási erő gyorsítja, akár csúszik a két felület egymáson, akár tapadnak egymáshoz.
Mindkét eset előfordulhat. Ha a két felület megcsúszik egymáson, akkor S = tim , ezt az összefüggést a dinamikai törvényekhez csatolva, a két gyorsulás meghatározható. A feltevést — hogy a felületek csúsznak egymáson — ellenőrizni kell: a test gyorsulása nagyobb, mint a kocsié.
Ha a tapadás feltételéből indulnánk ki, akkor az S = nm^g egyenlet helyett az a, = a2 kényszeregyenlettel élünk. Utólag azonban ellenőrizzük, hogy teljesül-e az S<ixmxg feltétel. Tehát:
F — S = m1a1,S = m2a2.
2.31.ábra
Csúszáskor:S=/xm1g.Ellenőrzés:flj ^ Ű2 *
Tapadáskor:a \ = a2 — '-a- Ellenőrzés:
108
["Módosítsuk most a feladatot úgy, hogy az F erővel nem a testre, hanem a kiskocsira hatunk (2.32. ábra). A probléma megoldásának a töm ör vázlata:
S = m1fl1,F — S = m 2a2.
S \Csúszáskor: Tapadáskor:S u lim ig . a , = a2 = :a.Ellenőrzés: Ellenőrzés:a1<a2. S<,ntnlg.
Itt a testet csak a súrlódási erő gyorsítja. Megcsúszást feltéve, a kocsi nagyobb gyorsulással fog mozogni. Ha a tapadási hipotézisből indulunk ki, akkor a testek gyorsulása azonos, jelöljük ezeket a-val. Ilyenkor a zS < m ig feltételt kell ellenőrizni. |
("Helyezzünk most egymásra két téglát, a felső tömege legyen m l , az alsó tömege m2. Tegyük fel, hogy a két tégla között is, és a talajnál is, fellép a súrlódás. A két tégla közötti súrlódás együtthatóját /vgyel, az alsó tégla és a talaj közötti súrlódás együtthatóját /*2-vel jelöljük. Tegyük fel, hogy a két test kezdetben áll. A felső testre fejtsünk ki F nagyságú, vízszintes irányú erőt a 2.33. ábra szerint. A feladatunk az, hogy meghatározzuk a két test gyorsulását és a fellépő súrlódási erőket.
Jelöljük be az ábrán a vízszintes irányú erőket. A felső testre a húzóerőn kívül a két felület között fellépő súrlódási erő hat, jelöljük ennek a nagyságát S1-gyel. Ennek az erőnek az ellenereje az alsó tégla felső felületén hat jobbra. Természetesen ez is S t
S Z Z2.32.ábra
2.33.ábra
nagyságú. Az alsó testre még egy súrlódási erő hat, a test és a talaj közötti, és balra mutat. Ennek az erőnek a nagyságát jelöljük S2-vel.
A dinamikai törvények:
F — S 1—m la l ,
S j S2 = m2a2 ■
A feladatnak több ága létezik. Elképzelhető, hogy mind a két test között, mind a talajnál csúszás lép fel. Csúszás esetén a súrlódási erő nagyságát ismerjük:
S i= /í i mig ,S2 = /i2(m1+ m 2)0 .
A négy egyenletből álló egyenletrendszert megoldva a két test gyorsulását kapjuk: olyan megoldásokat fogadhatunk el, ahol a felső test gyorsulása nagyobb, mint az alsó testé, de ez az utóbbi is pozitív.
Ha a két tégla egymáson elmozdul, de az alsó tapad a talajon, akkor a dinamikai egyenletek mellett az
S i= /i jm 10, a2 = 0
egyenleteket használjuk. Ellenőrizni kell azt, hogy a felső test valóban gyorsul-e, és a talajon tapadó súrlódás lép-e fel?
Elképzelhető az az eset is, amikor a két test összetapad, de együtt csúsznak a talajon. A pótlólagos egyenletek most:
a i = a2 = :a,
S2 = /í2(w i ,+ m 2)0 .
109
Ellenőrizni kell a tapadást a két tégla között: és azt, hogy a két testközös gyorsulása valóban pozitív-e.
Végül az is megvalósulhat, hogy a két test egyaránt nyugalomban van. M indkettő áll. A dinamikai egyenletek mellett az Ű! = 0 és az a2 = 0 egyenletek érvényesek. Mindkét felületnél tapadó súrlódás lép fel, ezért az
S i <Hí m^g,S 2 < / i 2(«Ji + m 2)g
egyenlőtlenségeknek teljesülni kell. Összefoglalva:
F - S 1= m 1al,
S j S 2 —— wi2ű 2 .
Ha mindkét test külön-külön csúszik:
S i = / i i m tg,
S2 = n2{m1+ m 2)g.
Ellenőrzés:
ű i> ű2,a2> 0.A két test összetapadva csúszik:
Cl i = Ű2 = .fl,
S2 = n2(ml+ m 2)g.
Ellenőrzés:
Si< H i mtg, a2> 0.
A felső test csúszik, az alsó áll:
Si = /V » i0> a2 = 0 .
Ellenőrzés:
ű i > 0 ,
S2< n 2(m1+ m 2)g.
M indkettő áll:
ű i = 0 ,
a2= 0.
Ellenőrzés:
St </*iS2< /i2(m i+ m 2)0_ J
Pfegyük fel most, hogy a. hajlásszögű lejtőre m tömegű testet helyezünk a 2.34. ábra szerint. A test és a lejtő között a súrlódási együttható /i.
Tegyük fel először, hogy a test kezdősebessége nulla. A testre ható erők: nehézségi erő, a lejtő által kifejtett nyomóerő és a súrlódási erő.
A dinamikai egyenletek:
mg sin a — S = ma,
N — mg cos a = 0,
hiszen a súrlódási erő a lejtő síkjával párhuzamos, és a lejtő teteje felé mutat. Tegyük fel most, hogy a test nem mozdul el a lejtőn. Ekkor a = 0, és S < nN = iimg cos a. Innen S = mg sin a. Mindez akkor áll fenn, ha mg sin a < nmg cos a, így a tapadás feltétele: tg a < /i . A lejtőre helyezett, kezdetben álló test nyugalomban marad, ha a lejtő hajlásszögének a tangense nem nagyobb a súrlódási együtthatónál.
Vizsgáljuk meg azt az esetet, hogy a test csúszik a lejtőn. Ekkor
S = ftN = [img cos a.
2.34.ábra
110
A gyorsulás ebben az esetben csak pozitív lehet:
a = 0(sin a —//cos a ) > 0 .
A csúszás feltételére természetesen azt kapjuk, hogy tg oc > /£.
Abban az esetben, ha a testnek lefelé m utató kezdősebességet adunk, akkor a fenti dinamikai egyenleteket az S = f iN
erőtörvénnyel egészítjük ki. Az egyenletrendszer megoldásából a = g(sin a —//cos a). Ebben az esetben lehetséges, hogy a test gyorsulása pozitív, az is lehet, hogy nulla, sőt lehetséges, hogy negatív. Ha a gyorsulás pozitív, akkor a test egyre növekvő sebességgel halad lefelé a lejtőn. Ha a gyorsulás nulla, akkor a mozgó test egyenletes sebességgel csúszik lefelé. Negatív gyorsulás esetén a test lassul a lejtőn, majd megáll.
H a a testnek fölfelé mutató, tehát negatív kezdősebességet adunk (2.35. ábra), akkor a súrlódási erő a lejtő síkjában lefelé, a tengely pozitív fele felé mutat. A probléma megoldását szolgáltató egyenletek:
mg sin cc + S = ma,
N — mg cos a = 0,
S = nN.
A gyorsulás: a = í/(sin ct + n cos a), mindenképpen pozitív. A fölfelé csúszó test tehát lassul, és megáll. (Ezután vagy elindul lefelé
— ha tg a > n — vagy állva m arad — ha tgociS/zOj
I"a fentiek egyszerű alkalmazására vizsgáljuk meg a következő problémát. Tegyük fel, hogy a hajlásszögű lejtő aljáról a lejtő teteje felé r o < 0 kezdősebességgel indítunk egy testet, amely v1>0, vt < |l-0| sebességgel érkezik vissza. Határozzuk meg a súrlódási együtthatót.
Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy az a> 0 gyorsulással, kezdősebesség nélkül induló test az s úton v = y /la s sebességre tesz szert. Ezt az egyszerű állítást az egyenletesen változó mozgásra vonatkozó
a 2s = — t , v = at
kinematikai összefüggésekből kapjuk. Osz- szuk el ugyanis a második egyenlet négyzetét az első egyenlettel:
v2 2a2t2 „— 2 2ű,
s at
vagyis
v2 = 2as.
Ugyanez a képlet érvényes lassuló mozgásra is. Ha a > 0 gyorsulással lassuló test t < 0 sebességről indulva megáll, akkor az elmozdulás:
Az elmozdulás abszolút értéke az út:
a 2 - s = + — t , es v = — at.
Innen (ugyanúgy, mint fenn) adódik, hogy
v2 = 2 as.
Térjünk vissza a feladat megoldására. Ha a test fölfelé mozog, a gyorsulása pozi-
111
tiv, űf = í/(sin a + n cos a). Ugyanakkor, ha a test m ár lefelé mozog, akkor a gyorsulása a! = i/(sina—//cosa). A megtett út fölfelé is, és lefele is azonos: jelöljük s-sel. Ekkor
v\ = 2 ű ,s = 2c/(sin a — n cos a)s,
Vq = 2 afs = 2í/(sin a + /i cos a)s.
Osszuk el a két egyenletet egymással:
V* _ s in a — /íco sa 1—//c tg a t?o sina + //co sa l + / / c t g a '
Innen j.i könnyen kifejezhető. Ha bevezetjük a q := (v jv 0)2 jelölést, akkor
1 —q
Hfegyük fel most, hogy a hajlásszögű lejtőn egy m tömegű test van. k lejtő és a test között a súrlódási együttható \x. A testre a 2J6 . dfcra szerint fölfelé m utató F erőt fejtünk ki. Mi történik a testtel, és mekkora a fellépő súrlódási erő?
Legyen a = 30°, = 0,3, m = 10 kg. Vezessük be a következő jelöléseket:
Q: = mg sin a = 50 N,
R: — fimg cos a = 26 N.
Ekkor, ha az F > Q + R = 76 N, a test fölfelé gyorsul, a gyorsulása F —Q — R = m a -ból számítható, ilyenkor a > 0. Ha F = Q + R, akkor a test a tapadás határán nyugalom-
f N
_*--------------f..................,---- ----- 2.36.24 N 50 N 76 N ábra
ban van. Ezzel az erővel kell fölfelé húzni a testet, ha azt kívánjuk, hogy fölfelé egyenletesen mozogjon. Ha F + R = Q, vagyis F = 2 4 N, akkor a test vagy nyugalomban van, vagy egyenletesen lefelé mozog. Ekkora erővel kell tehát a testet fölfelé húzni, hogy lefelé egyenletesen mozogjon. A kezdetben nyugalomban lévő test nyugalomban marad, amíg Q — R < F <Q + F. Ha F <Q — R, akkor a test lefelé gyorsul.
Súrlódási erő nem lép fel, ha F = Q = 50 N. Ha F > Q = 50 N, akkor a súrlódási erő lefelé mutat, és ha F <Q, akkor a súrlódási erő fölfelé mutat. H a F < Q —R, vagy F > Q + R, akkor a súrlódási erő S = = R = 26 N. Egyébként |S |< R . Az ábrán látható vízszintes egyenesen az F húzóerőt ábrázoltuk, feltüntetve a feladat szempontjából érdekes erőintervallumokat. |
ÍA következő problémákban előre tudjuk, hogy a mozgó testek megcsúsznak egymáson. Képzeljük el, hogy egy teherautó t;0 sebességre felgyorsul t0 idő alatt, majd egyenletesen mozog (2.37. ábra). Az autó rakfelülete és a rajta fekvő láda között a súrlódás együtthatója n- Az m tömegű ládára ható súrlódási erő az autó sebességével párhuzamos. Feltéve, hogy a láda
112
megcsúszik, S = nmg, Newton II. törvényéből S=ma, a két egyenletből a=ng. (Érdemes megjegyezni: vízszintes felületen csúszó test gyorsulása fig nagyságú.) A láda valóban megcsúszik, ha a gyorsulása kisebb az autó gyorsulásánál: ng< v0/ t0. A láda gyorsulása mindaddig ng, amíg a sebessége egyenlő nem lesz az autó sebességével, akárhogy változik is eközben az autó sebessége. A láda sebességfüggvényének a grafikonja egyenes szakasz, amíg nem metszi az autó sebességgrafikonját. Jelöljük ezt az időpontot t-vel: gt=Vb. Az autó által í idő alatt megtett út az ábrán a pontozott trapéz területe; a láda által megtett utat is szemléltettük: a vonalká- zott háromszög területe. így tehát az autó a vonalkázott háromszög feletti tompaszögű háromszög területével több utat tett meg a ládánál. Ez a két sebességgrafikon közötti terület. Ennek a háromszögnek a vízszintes oldala t —t0, magassága v0, így a két test közötti relatív elmozdulás:
( í - í o K ,S = — —
["Gondol juk végig a következő feladatot is. Tegyük fel, hogy a 2.38. ábrán látható M tömegű kocsi hossza L, a kocsira v0 kezdősebességgel egy m tömegű zsák csúszik. Tegyük fel, hogy a súrlódás miatt a zsák a kocsin pontosan végigcsúszik. A két test között a csúszási súrlódási erő hat:
— tang = maí ,
imig = Ma,
itt a1 a zsák, a a kocsi gyorsulása. A két test végső sebességét jelöljük u-val. Newton III. törvényéből
mv0=(m + M)u.
V
2.38. ábra
Ábrázoljuk a két test sebességfüggvényét. A kocsi sebessége nulláról w-ig nő, a zsák sebessége u0-ról u-ra csökken. Jelöljük azt az időpontot t-vel, amikor a két sebesség azonos lesz. A zsák által t idő alatt megtett út a trapéz területe, a kocsi által megtett út az alsó háromszög területe. A két terület különbsége (az ábrán a pontozott háromszög területe) a két út különbsége, ez pontosan a kocsi hossza. A sebességgrafikonok másik jelentése a gyorsulással van összefüggésben: az ábrán bejelölt szög tangense a kocsi gyorsulása.
Gyűjtsük tehát össze a probléma megoldása szempontjából lényeges egyenleteket:
fimg = Ma,
mv0=(m + M)u,
i -2 ’
ua= — .
t-----------------_ l
113
2.1.7. Ütközések
Tömegpontok impulzusa nemcsak folyamatos erőhatás, hanem a környezet pillanatszerű erőlökése következtében is megváltozhat. A testek impulzusa igen gyakran hirtelen hatások következtében így változik meg. A pillanatszerű impulzuscserét nevezzük ütközésnek.
Az ütközések igen sokféle szempont szerint osztályozhatók. A feladatunk most nem ez, ezért állapodjunk meg abban, hogy egyelőre két esetről lesz szó:
1. két tömegpont ütközéséről,2. egy tömegpont igen nagy tömegű test
felületén való ütközéséről.Tegyük fel, hogy két tömegpont egy
egyenesen mozog. A tömegük legyen Wj és m2, a sebességük v, és v2. H a a két tömegpont ütközik egymással, akkor az ütközés után megváltozott sebességgel haladnak, jelöljük az ütközés utáni sebességeket w,- gyel és u2-vel (2.39. ábra).
A két pontszerű test ütközésére érvényes az impulzusmérleg:
m1vl +m2v2 = m1ul + m 2u2. (1)
Tekintsük most azt az esetet, amikor egy tömegpont merőlegesen ütközik egy falnak. A 2.40. ábra szerint legyen az ütközés
□□□□
□
□□□□
ff} j
□ □ □ □ □
□□□□
előtti sebessége vl5 az ütközés után v2. Ekkor az impulzusának a megváltozása AI = m(v2 — vt). Newton II. törvénye szerint a test impulzusának a megváltozása azzal az erőlökéssel egyenlő, amit a fal kifejt a testre:
AI = AIkap = :J . (2)
Két tömegpont ütközésére és a tömegpont falon való ütközésére felírt impulzusmérlegek egyaránt bizonyos határozatlanságot tartalmaznak. Ha ismerjük a testek ütközés előtti sebességét és tömegüket, akkor az impulzusmérleg egyik esetben sem ad elég információt ahhoz, hogy meghatározzuk az ütközés utáni sebességeket. Az (1) egyenletben két ismeretlen szerepel, u, és u2, a (2) egyenletben pedig a v2 mellett ismeretlen az erőlökés mértéke is/*0
Hogy a nehézséget kidomborítsuk, koncentráljunk két tömegpont ütközésére. Az (1) egyenletben ismeretlen tehát az uí és az u2 sebesség is. Az impulzusmegmaradás sokféleképpen teljesülhet? Az ütközés előtti összes impulzuson a két tömegpont hol így, hol úgy osztozkodik? Úgy van ez, mint amikor a krimiben két rabló kirabol egy ékszerüzletet. A megszerzett ékszereken hajnaltájt osztozkodni kezdenek. Hogy melyikük mennyit kap az ebül szerzett zsákmányból, azt bizony nem tudjuk megmondani, erre nézve nincs szabály. Lehet, hogy az egyik zsebre vágja az egészet, lehet, hogy a másik. Még az is lehet, hogy fele-fele arányban osztozkodnak. Bármilyen is az osztozkodás, az ékszerek összes mennyisége állandó marad.
□□□□
□ □ □ □ □
&//
□□□□
□ □ □ □ □2.40.ábra
<*> Newton II. törvényében általában ismert az erő vagy az erők egy része. Az erőkkel végzett kísérletek ugyanis a szabaderők esetén lehetőséget adtak arra, hogy az erőtörvényt felállítsuk. A pillanatszerü erőlökés nagyságára általában nem ismerünk hasonló törvényeket.
114
Ugyanez a helyzet az impulzussal is. Az (1) impulzusmérleg igaz, csak nem sokra megyünk vele. Emlékeztetünk a dinamika Laplace-féle koncepciójára és a Laplace- féle démonra. Az az elgondolás, hogy a világ sorsát az impulzusmérleg különböző megfogalmazásai — a Newton-törvények— a kezdeti állapot ismeretében meghatározzák, itt nem vezet eredményre. Hiába ismertek a kezdeti feltételek, és hiába tanultuk meg az impulzusmérleget, a Jö v ő t”, az ütközés utáni sebességeket nem tudjuk kiszámítani. Laplace tévedése az volt, hogy azt hitte, az egész világot a mechanika törvényei irányítják, azt gondolta, hogy minden leírható úgy, hogy kis tömegpontokból állóknak gondoljuk, és ezeknek a pontoknak a sorsát az közöttük kicserélődő impulzusok meghatározzák. A valóság azonban sokkal bonyolultabb, mint ami a mechanikai szemléletmódnak megfelel. Különben pedig, már itt is látszik, hogy a mechanikai jelenségeket sem lehet egyértelműen leírni a Newton-törvények segítségével.
Gondolhatnánk arra nagy tanácstalanságunkban, hogy ha nem is ismerjük az ütközés utáni sebességek kiszámításának a módját, de elképzelhető talán, hogy valamilyen valószínűségi jellegű törvény tapasztalati alapon felállítható. Konkrét kísérletekben mindig más és más lesz az u, és az «2, de valamilyen valószínűségi törvényszerűséget felállíthatnánk?
Azt világosan kell látni, hogy az (1) im- pulzusm leg határozatlansága az I. axióma következménye. Az elégtelenség m ár azI. axiómában benne van. Ezért, bármilyen törvényszerűséget is állítunk fel, akár determinisztikusat, akár valószínűségit, azt nem következtethetjük ki eddigi eredményeinkből. Elméleti úton ilyen törvényszerűségre nem számíthatunk. A fizikában
ilyenkor van igazán létjogosultsága a kísérletezésnek.
A kísérlet szerepe az, hogy az elmélet nyitvahagyott kérdéseire választ szolgáltasson, ezzel az elmélet bővüljön. (A kísérlet — de általában a műszaki gyakorlat — másik szerepe az, hogy ellenőrizze okoskodásaink helyességét. Végül: a demonstrációs kísérletek azért vannak, hogy az elvont állításokat szemléltessék.)
Térjünk vissza az impulzustétel bizonytalanságára. Egy új törvényszerűséget kívánunk felállítani, hogy az (1) egyenlőség mellé kapcsolva az ütközés kimenetelét megjósolhassuk. Vizsgálnunk kell két pontszerű test ütközését, részletesen elemezve az ütközés utáni sebességek eloszlását. Szerencsésebb azonban, ha nem két tömegpont ütközését vizsgáljuk, hanem a másik gyakorlati esetre irányítjuk a figyelmünket: arra az esetre, amikor egy pontszerű test fallal ütközik. Ekkor ugyanis egyetlen pont ütközés utáni sebességét kell megfigyelnünk.
A tanulmányozott kísérlet rendkívül egyszerű. Különböző magasságokból ejtsünk kis golyót a talajon fekvő lapra (2.41. ábra). A tapasztalatot könnyen megfogalmazhatjuk: ha a testet h0 magasságból
rh<
2.41.ábra
115
ejtjük le, és ht magasságra pattan fel, akkor a h j h 0 arány nem függ a kezdeti magasságtól:
h—í- = :q = állandó. (3)K
így, ha egy test 10 méter magasról esett, és a talajjal való ütközés után 6 méter m agasra emelkedik, akkor innen visszaesve3,6 méter magasra fog ismét felemelkedni.
X
2.42. ábra
A q hányados általában 0 és 1 közé esik. Csak az ütköző testek anyagi minőségétől függ, ugyanúgy két testre jellemző, mint a súrlódási együttható.
Ha q = \, akkor az ütközést tökéletesen rugalmasnak, ha 4 = 0, akkor az ütközést tökéletesen rugalmatlannak nevezzük. Az emelkedési magasságok aránya állandó, ez azt jelenti, hogy az egymás után következő magasságok (2.42. ábra) mértani sorozatot alkotnak, amelynek a hányadosa (kvó- ciense) q.
Pvizsgáljuk most meg a következő problémát. Ejtsünk le egy testet ho = \0 m magasról, és tegyük fel, hogy az első ütközés után hí = 6 m magasra emelkedik. Ekkor q —0,6. Az egymás után következő magasságok h0, ht , h2, . ■ -, hn, . . . sorozata mértani sorozat, a belőle képzett h0 + hi + + h2+ . . . + hn+ . . . végtelen mértani sor konvergens. Összege
s ‘ = *»T ^ = 10o!4=25m-
vagyis h0 + #i, + /i3+ . . . +h„+ . . .= 2 5 m . Tekintve, hogy a fenti h0, h t , h2, . . . távolságok mindegyiket kétszer teszi meg a test, egyszer lefelé, egyszer fölfelé, kivéve az elsőt, ezért a test által megtett összes út:
S = 2S, —ho = 40 m.
A 10 m magasról leejtett golyó megállásig végtelen sokszor ütközik a talajjal, de a megtett összes út mindössze 40 méter.(*’
Vizsgáljuk most az esés idejét: a h = y t2
összefüggés alapján t = így az elsőesés ideje t0 = x/2 h jg , a másodiké í , = = yj2 h J g stb. Mindenesetre
fl = h' = t i K q’
tehát
Eszerint az esési idők hányadosa sem függ az esés magasságától, ha egy test f0 ideig esik, és ezután ideig emelkedik, akkor a f ,/ t0 hányados állandó, ezt az arányt e-nal jelöljük, és ütközési számnak nevezzük. Láttuk, hogy e: = /q . A vizsgált konkrét feladatban t0 = 1,41 s, í , = 1,09 s, í2 = 0,84 s , ___
**’ A tapasztalat szerint a golyó a valóságban mindössze ötször vagy hatszor fog felpattanni a talajról, nem végtelen sokszor. A jelenség idealizáció- járól van itt szó. Úgy képzeljük, hogy a golyó egy ideális tömegpont, a talaj pedig hasonlóképpen ideális felület. Az ilyen ütközesek sorozatát valóban lehet végtelen sorozattal modellezni. A valóságos folyamatokra azonban csak közelítőleg és csak néhány ütközésre érvényesek az összefüggések.
Abban az ideális esetben, amikor q= 1, a golyó állandóan ugyanarra a magasságra ugrik fel, mig a q = 0 esetben az első esés után a talajon marad.
116
Az egymás után következő időszakaszok aránya állandó, ezért az idők szorzata is mértani sorozat. Mivel q e [0; 1], emiatt az e e [0; 1],
A ÍO + Í1 + Í2+ + f n + ••• végtelen sor összege most
r ' “ ' » r b “ 1,41 t ^ 7 7 = 6,27s'
így a test T: = 2Ti —10 = 11,13 s ideig van a levegőben— ez idő alatt végtelen sokszor ütközik a talajjal. Úgy értjük ezt, hogy11,13 másodperc után m ár biztosan nyugalomban van a talajon.
A test impulzusa kezdetben nulla, hiszen nyugalomból ejtjük el, és a végén pedig megáll, tehát szintén nulla az impulzus. így a test impulzusváltozása ebben a bonyolult folyamatban nulla. A testet eközben két hatás éri. Egyrészt a Föld vonzóereje hat rá, másrészt erőlökések sorozatát kapja. A talaj által kifejtett összes erőlökést jelöljük J-vel, a Föld vonzóereje által kifejtett erőlökés T idő alatt mgT. Newton második törvénye szerint a teljes impulzusváltozás az erőlökések összegével egyenlő, tehát
0 — 0 = mgT—J,
innen
J
vagyis a talaj által kifejtett átlagos erő éppen a nehézsegi erővel egyenlő. |
Érdekes lesz megvizsgálni az ütközés előtti „becsapódási” sebességnek és az ütközés utáni „visszavert” sebességnek az arányát. H a egy test h magasságból esik, ak
kor h = ^ t 2 és v = gt aiapján (a második
egyenlet négyzetét elosztva az elsővel) azt kapjuk, hogy v2 = 2gh. Ha a h0 magasról leeső golyó v0 sebességgel esik a talajra, és
onnan vt sebességgel kezd fölfelé mozogn* majd hí magasságra emelkedik, akkor
v\ = 2ghí ,
vl = 2gh0.
A két összefüggést egymással elosztva:
vl h0
Innen
- =£• (4)
Az ütközés előtti és utáni sebességek aránya is állandó, ez az arány megegyezik az esési idők arányával. Ha az ütközés tökéletesen rugalmas, akkor e = l , ha az ütközés tökéletesen rugalmatlan, akkor £ = 0 .
Ez az állítás sokszor előnyösebb, mint az elődje, a (3) állítás. Alkalmazható például akkor is, ha a golyó függőleges falhoz ütközik.
Ha a tömegpont sima falhoz, a fal normálisával valamilyen a > 0 szöggel ütközik, akkor a falra merőleges komponens megváltozik, a fallal párhuzamos komponens állandó marad.
Abban az esetben, ha a fal nem sima, a golyó és a fal között a súrlódás együtthatója fi, akkor a falra merőleges erőlökés maga után vonja egy fallal párhuzamos erőlökés felléptét, mint a falra merőleges nyomóerő a fallal párhuzamos súrlódási erő felléptét.
Pf együk fel például, hogy egy pontszerű test fallal ütközik. A test r t = 4 m/s sebességgel, a =45° beesési szöggel érkezik a falhoz, és t '2 = 3 m/s sebességgel, /?=30° visszaverődési szöggel távozik a faltól. Ekkor a 2.43. ábrán látható koordináta-rend- szerben a test impulzusának fallal párhu-
117
/y*im 2.43.W-__________ .. x ábra
zamos komponense az ütközés előtt
/ lx= m r1 sin a,
és ütközés után
h x = mV2 S*n P'
a falra merőleges komponens az ütközés előtt
I \ y= — mvt cos a,
és ütközés után
I 2y=mv2 cos /S.
Ekkor az impulzusváltozás fallal párhuzamos összetevője
AI x = mv2 sin sin a,
és a falra merőleges összetevő:
A Iy = mv2 cos /?—( — mv! cos a).
Newton II. törvénye értelmében a falra merőleges impulzusváltozás a falra merőleges erőlökéssel, a fallal párhuzamos impulzusváltozás a fallal párhuzamos (súrlódási) erőlökéssel egyenlő:
A IX = J",
A Iy = J 1.
Hasonlóan a súrlódási erő és a nyomóerő kapcsolatához, a párhuzamos erőlökés maximális értéke:
Tehát
mv2 sin sin a = — J 11 = — //Jx,
mv2 cos /?—( —WL-, cos a) = J 1 .
Innen — a két egyenletet osztva egymással— a súrlódási együttható meghatározható: H=0,245j
ÍG ondoljuk most el, hogy egy M tömegű test csúszik a vízszintes talajon. A talaj és a test közötti súrlódási együttható fi. A test felett h magasságban egy m tömegű pontszerű test van, amely leesik az éppen alatta haladó M tömegű testre, azzal rugalmatlanul ütközik, hozzáragad, és együtt mozognak tovább. Az ütközés után s utat tesznek meg, amíg meg nem állnak. Vizsgáljuk meg, hogy mennyivel tett volna meg több utat az M tömegű csúszó test, ha nem esik rá a másik!
Az eső test í idő alatt h u tat tesz meg, és
elér v sebességet. Ekkor a - f2 és a r =
= gt egyenletekből v = -Jlgb. — mint ezt már többször láttuk.
A talajra merőleges impulzusváltozás:
A/y = 0 —(— mv) = niy/lgh.
A talajjal párhuzamos impulzusváltozás:
A Ix = (m + M )uí — Mu0,
ahol m0 az ütközés előtti és w, az ütközés utáni sebesség. Newton II. törvényét alkalmazva:
(m + M )uí —M u0= —J x= —fiJy,
és nty/2gh = J y, innen
(m + M )ui - M u0 = — nm ^Jlgh.
(Megjegyezzük, hogy a talajjal párhuzamos erőlökés nagysága legfeljebb n-szőröse a merőleges erőlökésnek. H a például a
118
\
deszka áll, akkor a ráeső golyótól nem indul el, vagyis a merőleges erőlökést nem kíséri párhuzamos erőlökés. Az is fontos azonban, hogy ha a deszka mozog, a ráeső golyó hatására megállhat, visszafelé azonban nem indulhat el. Az utóbbi egyenletbenu, nem lehet negatív.) Ábrázoljuk a folyamat sebességfüggvényét (2.44. ábra). Látható, hogy az ütközés pillanatában az M tömegű test sebessége hirtelen u0-ról Mj-re esik le. A két test ütközése a mozgó M tömegű test sebességét két dolog miatt változtatja meg. Egyrészt megnő a tömeg— hiszen összeragadnak —, másrészt a merőleges ütés miatt fellép egy súrlódási erőlökés, amely mintegy megakasztja a testet. Ebből a pillanatszerű folyamatból a folyamatosan ható erők — a nehézségi erők és nyomóerők — hatását joggal kihagyhatjuk, mert folyamatos erők erőlökése egy pillanat alatt nulla.
A pillanatszerű hatás lezajlása után a két test most már együtt tovább lassul — \ig
gyorsulással. A megtett út az alsó háromszög területe. Ha az m tömegű test nem esik a csúszó testre, akkor annak az útja a nagy háromszög területe lett volna. Jelöljük ezt s0-lal. Ekkor
f*!“o ’
mert a hasonló háromszögek területének az aránya egyenlő az oldalak arányának a négyzetével. Ugyanakkor az
— uq ,S = — - — t - f - M j í
es
0 = - n g í + «j
alapján
u\ = 2ngs.
Összefoglalva: a feladat megoldása szempontjából lényeges egyenleteket:
(m + M)uj — M u0 — — niy/lgh ,
s
*01 ,2
Ml“o ’
ui = 2figs.
, 2.44. ábra
A harmadik egyenletből határozzuk meg Mx-et, majd ezt felhasználva az impulzusmérlegből u0-t. Ezután a középső egyenletből s0 meghatározható. Ha az ütközés nem következik be, akkor az egyedül csúszó test s0—s-sel több utat tett volna meg. |
Ha egy tömegpont nagy tömegű test felületére merőlegesen ütközik, akkor Newton II. törvénye mellett a v2/v l = E = áll. egyenlőség teljesül. Itt és d2 az ütközés előtti és ütközés utáni sebességek abszolút értékét jelenti. (Emlékezzünk vissza a származtatásra!) Ha v t és v2 a sebességvekto-
119
rok koordinátáit jelenti, akkor a (4) egyenlőség valójában így fogalmazható meg:
K I= E.
Tekintve azonban, hogy a két komponens ellentétes előjelű,
K I _ _ ^2 __gK I fi
(5)
Térjünk most át az egyenesen mozgó két tömegpont ütközésére. Az (1) impulzusmérleg két ismeretlent tartalmaz. További egyenletre van szükségünk. A (5) egyenlet mintájára olyan egyenletet keresünk, amelyben az ütközés utáni és az ütközés előtti sebességek mellett az ütközési szám szerepel. A (4) egyenletben a számlálóban a test ütközés utáni sebessége, a nevezőben az ütközés előtti sebesség szerepel. írjuk most fel ennek az egyenletnek a megfelelőjét úgy, hogy a számlálóban az ütközés utáni, a nevezőben az ütközés előtti sebességek különbsége szerepeljen:
= £. (6)
Ezt az egyenletet az (5) egyenlet mintájára alkottuk meg. Helyességét azonban ez a „rokonság” még nem bizonyítja. A tapasztalat azonban azt mutatja, hogy két pontszerű test ütközésére ez az egyenlőség valóban fennáll.
A (6) egyenlet bal oldalát az
Mi M i M i Út--------- vagy az ---------”2 -^1 f l - f 2
formában is írhatjuk.Az (1) egyenlet mellett a (6) egyenlet azt
eredményezi, hogy az ütközés utáni sebességeket az ütköző anyagokra jellemző üt
közési szám ismeretében meghatározhatjuk: a tömegpontok ütközését tehát az
mt vt + m2v2= m lui + m2u2,
Uj~U2 V i - V ,
= £. (7)
egyenletrendszer írja le. Ha a e = l, akkor az ütközés most is tökéletesen rugalmas, ha £ = 0, akkor tökéletesen rugalmatlan.
Vml = 1 kg tömegű test jobbra mozog a koordinátaegyenesen, sebessége ví =4 m/s. Vele szemben halad egy m2 = 3 kg tömegű test, amelynek a sebessége 1 m/s, tehát v2 = = — 1 m/s. Határozzuk meg a testek ütközés előtti és ütközés utáni sebességét, ha az ütközés tökéletesen rugalmatlan.
Ekkor £=0, ezért a (6) egyenlőség számlálója nulla: u2 — uí =0, így u2 = u, =:u, a két test közös sebességgel mozog az ütközés után, ezt a közös sebességet jelöltük M-val. A (7) egyenletrendszer most:
niiVi +m2v2=(m l +m2)u,
innen u meghatározható; behelyettesítve az adatokat:
1 -4 + 3(— 1) = 4m, vagyis u = 0,25 m/s,
a két test tehát jobbra, pozitív irányba mozog 0,25 m/s sebességgel. Ha a két test ütközésénél £=0,5 lenne, akkor a (7) egyenlet megfelelője — adatokkal —
1 • 4 -+- 3( — 1)= lu , 4-3u2,
» i - « 2 = 0 ,5 ( - 1 - 4 ) = - 2 ,5 .
Innen
1 — 1 2,5 + 3«2,
1 =4m2 —2,5
tehát u2 = 0,875 m/s, és u, = - 1,625 m/s.
120
Ütközés után az első test visszafelé fog haladni —1,625 m/s sebességgel, míg a második előrefelé 0,875 m/s sebességgel.
Vizsgáljuk meg most a tökéletesen rugalmas ütközést: tegyük fel, hogy e = 1, ekkor a (7) egyenletrendszer:
1 •4 + 3 ( - 1 ) = 1 m1+ 3 w2,
ui —u2 = v2—ví = —1—4 = —5.
Tehát
1 = u, + 3m2,
— 5 = u l — u2.
A két egyenletet kivonva egymásból:
6 = 4 u2,
tehát u2= 1,5 m/s. Most az első egyenlethez adjuk hozzá a második háromszorosát
— 14 = 4« j ,
így
u l = —3,5 m/s. |Vizsgáljuk most két tömegpont rugal
mas ütközését általában: a (7) egyenletrendszer megfelelője e = l esetén:
m ^ i +m2v2 — mí ul + m 2u2,
(8)U i - u 2 = v2- v 1.
Rendezzük át a két egyenletet úgy, hogy V az 1-es indexek balra, a 2-es indexek jobb
ra kerüljenek:
"Ji(i>i-M i)=w2(u2-i>2),
vl + u1= u2 + v2.
Az első egyenletben sebességek különbsége, a második egyenletben ugyanezeknek a sebességeknek az összege áll. Kézenfekvő
a két egyenletet összeszorozni:
fnl(v f—uf)= m 2(u2 — v2).
Alakítsuk át ezt az egyenletet:
ni! vf + m2v\ = m , u\ + m2u \ .
Ez az egyenlet matematikailag a (8) egyenletrendszerből azonos átalakítással keletkezett. Ha visszahelyettesítjük a (8) egyenletrendszerbe, akkor a (8)-cal ekvivalens egyenletrendszert kapunk:
mlv l + m 2v2 = ml ul + m 2u2,
2 2 2 2 (9) rriivi + m2v2 = m1wj + m2u2.
A (9) egyenletrendszer matematikailag és fizikailag is teljesen egyenértékű a (8) egyenletrendszerrel, csak kissé bonyolultabb: a (8)-ban a második egyenlet egy egyszerű elsőfokú egyenlet, ezt „sikerült” úgy átalakítanunk, hogy másodfokú lett. Nem az volt a célunk, hogy egy második egyenletrendszert gyártsunk, de ha már előállítottuk, akkor vegyük szemügyre.
A (8) és a (9) egyenletrendszer ugyanannak a problémának a megoldását szolgáltatja. Van olyan ember, akinek a (8) tetszik, mert két lineáris egyenletet tartalmaz, de akad olyan is, akinek a (9) a megnyerőbb: úgy érzi ugyanis, hogy a két egyenlet formája annyira hasonlít egymáshoz, hogy feladatmegoldásnál erre könnyebb visszaemlékezni.
Valóban, nagyon feltűnő a (9) egyenletrendszer két egyenletének a hasonlósága. Az első egyenlet az impulzus megmaradását mondja ki: a „tömeg x sebességiek összege állandó.
A második egyenletet is lehetne így fogalmazni: a „tömeg x sebességnégyzetek” összege állandó. Valóban: formaérzékünk
121
azt súgja, hogy olvassuk a (9) második egyenletét is megmaradási törvénynek.
Vezessünk be azonban előbb egy elnevezést. Nevezzük az m tömegű, v sebességgel mozgó tömegpont esetén az mv2 mennyiséget, pontosabban ennek az 1/2-szeresét mozgási energiának:
1 2 E:= — m v .2
Két pontszerű test tökéletesen rugalmas ütközése esetén tehát az impulzus megmaradása mellett teljesül a mozgási energia megmaradása is:
m + m2v2 = m ^ ! + m2u2,
2 2 2 2 (10) mi vi tn2v2 mtUi m2u22 + 2 = 2 + 2 '
A tökéletesen rugalmas golyók ütközésének leírására a (8) és a (10) egyenletrendszer teljesen egyenértékű, egymásból levezethető. A (8) egyenletrendszer második egyenlete tapasztalati alapokon — kísérletekre támaszkodva — felállított törvény- szerűség. Ez az egyenlet, pontosabban a (6) egyenlet az impulzusmegmaradásban fennálló határozatlanságot megszünteti. A (6) egyenlet formáját az (5) állításból sejtettük meg, a helyességét azonban tervezett, szisztematikus kísérletekkel támasztjuk alá. Ezeknek az egyenleteknek az „őse” a (3) állítás: a talajra eső — és onnan visszapattanó — golyó emelkedési és esési magasságának a hányadosa állandó.
Igen fontos felhívnunk az Olvasó figyelmét arra, hogy ez az állítás független a Newton-törvényektől. Igazsága nem függ attól, hogy a Newton-törvények igazak. A (3) összefüggést Newton előtt évszázadokkal felfedezhettük volna.
Ki kell még emelni egy igen lényeges
körülményt: a (10) egyenletrendszer második egyenlete csak rugalmas ütközés esetén áll fenn; ha e < 1, akkor az egyenlőség nem teljesül. A legegyszerűbb eset: két, azonos m tömegű, azonos v sebességű tömegpont halad egymással szemben, és rugalmatlanul ütköznek. Ekkor az ütközés előtti ösz-
szes mozgási energia 2 y mv2, ütközés után
a két test közös sebessége nulla, így a mozgási energia is nulla. A mozgási energiák
összege tehát 2 y w t2-tel csökkent.
Általában nem tökéletesen rugalmas ütközés esetén a mozgási energiák összege csökken. A tömegpontok szerkezet nélküli objektumok. Néha bizonyos feladatokban a pontszerű tárgyaknak valamiféle szerkezetet tulajdonítunk. Ilyenkor a mozgási energia növekedhet is. Az ilyen feladatok azonban kissé kilógnak a mechanika fogalmi rendszeréből.
rfek in tsük példaként azt az x tengely irányába haladó m = 6 kg tömegű lövedéket, amely d = 200 m/s sebességgel halad. Két részre robban — ez az, amit igazi tömegpont nem tud megtenni! —, az egyik rész a keleti iránnyal a = 60°-os szöget bezáró irányban észak felé mozog r 1 = 130 m/s sebességgel (2.45. ábra). írjuk fel az
y(É)
122
impulzusmérleget koordinátánként:
mv = m jüj cos a + m2v2 cos /J,
0 = m 1t>1 sin <x + m2v2 sin p.
Behelyettesítve:
1200 = 520 cos 60° + 2v2 cos /?,
0 = 520 sin 60° + 2v2 sin /?.
Innen /?= —25,58° és v2 = 52í m/s. A m ásodik rész délkelet felé 25,58°-kal, 521 m/s sebességgel mozog. A mozgási energia ebben a folyamatban nőni fo g j
IV. Feladatcsoport: Newton-törvények
IV/1. M ekkora (állandó nagyságú) erő hat egy 2 kg tömegű testre, ha az álló helyzetből indulva 2 másodperc alatt 60 cm utat tesz meg?
IV/2. Egy 2 kg tömegű test 100 méter úton 2 m/s sebességről 2,6 m/s sebességre gyorsul fel. Mennyi ideig tartott a gyorsulás? M ekkor a testre ható erő?
IV/3. Egy 10 kg tömegű testre függőlegesen fölfelé 140 N erő hat a nehézségi erő mellett. A test sebessége a t= 0 időpontban 4 m/s nagyságú és lefelé irányul. M ekkora a test sebessége az indulástól számított3 másodperc múlva? Hol van ekkor a test? Mekkora utat tett meg a test 3 másodperc alatt?
IV/4. Daruval egyenletesen gyorsulva emelünk egy 100 kg tömegű testet. A test nyugalomból indul, és 3 másodperc alatt 1,8 métert emelkedik. M ekkora erő feszíti a kötelet? M ekkora sebességre gyorsul fel a test?
IV/5. Egy daru kötelén 20 méter magasan nyugalomban függ egy 100 kg tömegű test. A talajra akaiják helyezni, ezért el
indítják lefelé. A test gyorsulása egyenletes, 0,6 m/s2 nagyságú. A gyorsítás 2 másodpercig tart. Ezután a test egyenletesen mozog, majd az utolsó 3 méteren egyenletesen lassulva megáll. Ábrázoljuk a test sebességfüggvényét! M ekkora erő feszíti a kötelet a mozgás egyes szakaszaiban? M ekkora a mozgás átlagsebessége?
IV/6. Három testet helyezünk egymásra, ahogyan az a 2.46. ábrán látható, nevezzük ezeket A-nak, B-nek és C-nek. Mindegyik 1 kg tömegű. M ekkora erőt fejtenek ki a testek egymásra? M ekkora erő hat a talajra?
IV/7. A 2.47. ábrán látható három testet helyezzük egymás mellé. M indhárom test1 kg tömegű. Az A testre F = 1 2 N erőt fejtünk ki. M ekkora erővel hat az A test a B testre, a B test az A testre és a C testre, valamint a C a B-re?
IV /8. A 2.48. ábra szerint két testet vékony kötéllel összekötünk, és sima asztalon a jobb oldali testre F = 20 N erőt
A
B
C
A 8 C
2.47.ábra
F2.48.
----- ábra
123
fejtünk ki vízszintes irányban. A két test tömege: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg. M ekkora erő feszíti a két testet összekötő kötelet?
IV/9. A 2.49. ábra szerint w, = 8 kg, m2 = 6 kg, m3=4 kg tömegű testeket kötelekkel összekötünk, és sima talajon jobbra húzzuk vízszintes F = 36 N erővel. Mekkora erő feszíti a köteleket?
IV/10. A 2.50. ábrán látható testek tömege: ml = 4 kg, m2 = 6 kg. A két testet összekötő fonál ideális: nyújthatatlan, hajlékony és súlytalan. A csiga tömege is elhanyagolható, súrlódás nem lép fel. Mekkora a két test gyorsulása, és mekkora a kötelet feszítő erő?
IV/11. A 2.51. ábrán látható két test tömege: m1= 2 kg, m2 = 8 kg. Az m l tömegű test a talajtól 2 méterre indult. Ekkor a másik test a csigától 4 méterre volt.
2.49.ábra
2.50.ábra
2.52.ábra
2.53.ábra
2.54.ábra
2.51.ábra
2.55.ábra
2 56ábra
124
2.57.ábra
2.58.ábra
2.59.ábra
2.60.ábra
2.61.ábra
Mennyi idő múlva ér a második test a csigához? M ekkora lesz itt a sebessége?
IV/12. A 2.52. ábrán látható testek tömege: m, = 3 kg, m2 = 3 kg, m3 = 2 kg. H atározzuk meg a testek gyorsulását!
IV/13. A 2.53. ábrán látható két test
tömege: m1 = 3 kg, m2 = 2 kg. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a köteleket feszítő erőket!
IV /14. A 2.54. ábrán látható testek tömege: m j = 1 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg. Az M tömegű kerekeken mozgó asztalra F = = 20 N erőt fejtünk ki. Határozzuk meg a három test gyorsulását!
IV/15. A 2.55. ábrán látható testek tömege: m, =1 kg, m2 =2 kg. Határozzuk meg a testek gyorsulását!
IV/16. Vízszintes lapra könnyen mozgó kiskocsit helyezünk, az átvetett fonal függőleges végére egy kis csészét függesztünk. 1 kg tömegű sörét egyik részét a csészébe, a másik részét a kocsiba rakjuk (2.56. ábra). Mennyi sörétet kell a kocsiba tenni, hogy a rendszert magára hagyva a fonalat feszítő erő maximális legyen?
IV/17. Egy 30° hajlásszögű, súrlódás- mentes lejtő alján fölfelé indítunk egy testet 10 m/s kezdősebességgel (2.57. ábra). Hol áll meg a test? Mennyi idő múlva érkezik vissza az elindulás helyére?
IV/18. A 2.58. ábrán látható testek tömege: m1 = 1 kg, m2 =2 kg. A lejtő hajlásszöge 45°, a súrlódás elhanyagolható. H atározzuk meg a két test gyorsulását!
IV/19. A 2.59. ábrán látható kettős lejtő szögei: a = 30°, p = 45°. A két test tömege: m l = 8 kg, m2 = 6 kg. A súrlódás elhanyagolható. Hogyan mozog a két test? H atározzuk meg a gyorsulásukat és a kötelet feszítő erőt!
IV/20. Súrlódásmentes lejtő hajlásszöge 30°, a lejtőre 8 kg tömegű testet helyezünk, és a 2.60. ábra szerint F = 12 N nagyságú, a lejtővel 15' -os szöget bezáró erőt fejtünk ki. M ekkora a test gyorsulása, és mekkora a lejtő által kifejtett nyomóerő?
IV/21. Csigán átvetett fonálon mt = 3 kg és m2 = 2 kg tömegű testek függenek (2.61. ábra). Kezdetben azonos magasságban van-
125
nak. Mennyi idő múlva lesz a két test távolsága 80 cm? M ekkora a testek sebessége ekkor? M ekkora a kötélerő?
IV/22. A 2.62. ábrán látható testek tömege: m1= 3 kg, m2 = 4 kg és m3 = 2 kg. A három test kezdeti koordinátái: x,(0) = = 2 m, x 2(0)=3 m, x 3(0)=2,5 m. Az első test kezdetben fölfelé mozog, kezdősebessége 5,45 m/s. A második test lefelé kezd mozogni, és kezdősebessége 0,91 m/s. Ábrázoljuk a három test hely-idő függvényét!
IV/23. A 2.63. ábrán látható testek tömege: Wi = 2 kg, m2 = 2 kg, m3= 1 kg. A testek kezdetben nyugalomban vannak, ekkor magukra hagyjuk őket. M ekkora a testek gyorsulása, és mekkora erő feszíti a köteleket?
IV/24. A 2.64. ábrán látható testek tömege: ml = 2 kg, m2 = 2 kg. M ekkora gyorsulással mozognak a magukra hagyott testek?
IV/25. A 2.65. ábrán látható testek tömege: m, = 4 kg, m2 = 5 kg, m3 = 3 kg. M ekkora a testek gyorsulása? Mekkora erő feszíti a köteleket? Mennyivel mozdulnak el a testek az idő alatt, amíg az első test 50 cm utat tett meg?
IV/26. Egy csigán átvetett fonál mindkét végére m = 1 kg tömegű testet függesztünk. A jobb oldali testre 0,1 kg tömegű
2.63.ábra
2.64.ábra
2.65.ábra
2.62.ábra
2.66.ábra
126
test esik 5 méter magasról (2.66. ábra). Ütközés után a testek összetapadnak. Mekkora lesz ezután a csiga két oldalán függő test távolsága az ütközés után 1 másodperc múlva?
IV/27. Az ábrán látható testek tömege: = 1 kg, m2 = 1,2 kg. Az első test kezdet
ben 1 méterre van a talajtól, a második test 1,2 méterre. A csiga középpontja 4 méterre van a talajtól. A rendszer nyugalomban van. Ekkor m agára hagyjuk (2.67. ábra). Milyen magasra emelkedik az m, tömegű test?
IV/28. Egy csigán átvetünk egy kötelet. Egyik végén egy 6 kg tömegű rúd függ, a rúd alján 4 kg tömegű macska kapaszkodik (2.68. ábra). A kötél másik végén 10 kg tömegű test van. A macska és az ellensúly kezdetben 10 méterre van a csiga középpontján átmenő egyenestől. Egy pillanatban a macska állandó gyorsulással fölfelé kezd futni a rúdon, és megtesz a rúdon 2 métert. Hol van ekkor a macska, és hol van a kötél végén az ellensúly?
IV/29. Kötélre függesztünk egy 4 kg tömegű rudat. A rúd alján a 2.69. ábrán látható módon egy macska kapaszkodik. A macska tömege 3 kg. Egy pillanatban elvágjuk a kötelet. A macska ekkor rémülten fölfelé kezd szaladni a rúdon, s amíg a rúd függőlegesen lefelé esik, a macska a talajhoz viszonyítva állandó magasságban van. Határozzuk meg a rúd gyorsulását!
IV/30. A talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,4. A test nyugalomban van. M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő?
IV/31. Egy lejtő hajlásszöge 30c. A lejtőre 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,6. A test kezdősebessége nulla. M ekkora a test és a lejtő között fellépő súrlódási erő?
><
ábra
IV/32. A talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódási együttható 0,6. A testnek 10 m/s kezdősebességet adunk. M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? M ekkora a test gyorsulása?
IV/33. A talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódási
127
együttható 0,6. A test kezdetben áll. A 2.70. ábra szerint F = 20 N erőt fejtünk ki vízszintesen. M ekkora a talaj és a test között fellépő súrlódási erő? M ekkora a súrlódási erő, ha a húzóerő 48 N?
IV/34. A talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódási együttható 0,6. A test kezdősebessége 10 m/s. A testre a sebességgel megegyező irányú, F = 20 N erőt fejtünk ki (2.71. ábra). M ekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? M ekkora a test gyorsulása? Mekkora a súrlódási erő és a gyorsulás, ha a testre ható erő 48 N nagyságú?
IV/35. A talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,6. A test kezdősebessége a 2.72. ábrának megfelelően balra — tehát negatív irányba — mutat, és 10 m/s nagyságú. A testre jobbra mutató, tehát a sebességgel ellentétes irányú, F = 20 N erőt fejtünk ki. Mekkora a test és a talaj között fellépő súrlódási erő? Határozzuk meg a test gyorsulását! Mekkora a súrlódási erő és a gyorsulás, ha a testre ható erő 48 N nagyságú és változatlan irányú?
F— *“ 2.70. _______ ábra
F— *■ 2 71.______ ábra
r~ 2.72._________ ábra
IV/36. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a ráhelyezett m = 4 kg tömegű test között a súrlódás együtthatója 0,2. A lejtő tetején a testnek lefelé mutató, v0 = 2 m/s kezdősebességet adunk (2.73. ábra). Mekkora a test sebessége 4 méter út megtétele után? M ekkora a súrlódási erő?
IV/37. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a ráhelyezett 4 kg tömegű test között a súrlódás együtthatója 0,1. A testnek a lejtő alján fölfelé irányuló, 10 m/s kezdősebességet adunk. M ekkora a testre ható súrlódási erő? Mennyi idő múlva erkezik vissza a test az elindulási helyére?
IV/38. Egy 30° hajlásszögű lejtőn fölfelé lökünk egy testet. A test = 2 s-ig mozog fölfelé, ezután t2 = 3,5 s alatt visszacsúszik az elindulási helyére. M ekkora a súrlódási együttható?
IV/39. Egy 30° hajlásszögű lejtőn fölfelé lökünk egy testet. A kezdeti sebesség d, = = 10 m/s. A test megfordul, és visszacsúszik. Az elindulási helyére v2 = 3 m/s sebességgel érkezik vissza. Határozzuk meg a súrlódási együtthatót!
IV/40. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 4 kg tömegű testet helyezünk. A súrlódás együtthatója 0,2 (2.74. ábra). M ekkora lejtő
128
irányú F erővel lehet a testet nyugalomban tartani?
IV/41. Vízszintes talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,2. A testre a vízszintessel 20°-os szöget bezáró, 30 N nagyságú erőt fejtünk ki (2.75. ábra). Határozzuk meg a testre ható súrlódási erőt és a test gyorsulását!
IV/42. Vízszintes talajra 4 kg tömegű testet helyezünk. A test és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,2. A testre a 2.76. ábra szerint lefelé mutató, a függőlegessel 10 -os szöget bezáró erőt fejtünk ki. Mekkora erővel tudjuk a testet elmozdítani?
IV/43. A 2.77. ábrán látható kis kocsi tömege 2 kg, a ráhelyezett test tömege 3 kg. A kis test kezdetben nyugalomban van. A test és a kocsi közötti súrlódás együtthatója 0,2. A testre 25 N erőt fejtünk ki vízszintes irányban. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a közöttük fellépő súrlódási erőt!
2.75.ábra
F
F- 2.80.
-------- -■ J------------ ábra
IV/44. A 2.78. ábrán látható kis kocsi4 kg tömegű. A kis kocsira 3 kg tömegű testet helyezünk. A test és a kocsi között a súrlódás együtthatója 0,3. A kis kocsira 25 N nagyságú, vízszintes irányú erőt fejtünk ki. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a közöttük fellépő súrlódási erőt!
IV/45. A 2.79. ábrán látható kis kocsi tömege 10 kg. A kocsira 5 kg tömegű testet helyezünk. A felületek súrlódási együtthatója 0,3. A testre 15 N erőt fejtünk ki vízszintes irányban. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a két test között fellépő súrlódási erőt!
IV/46. Két tégla fekszik egymáson. A felső tömege 4 kg, az alsóé 6 kg. A két tégla között fellépő súrlódás együtthatója 0,3, az alsó tégla és a talaj között 0,2. Az alsó téglára 9 N nagyságú erőt fejtünk ki vízszintes irányban (2.80. ábra). Határozzuk meg a két tégla gyorsulását és a fellépő súrlódási erőket!
IV/47. Egy 30° hajlásszögű lejtőre egy m2 = 2 kg tömegű deszkát, a deszkára m l =
129
= 4 kg tömegű testet helyezünk. A deszka és a test között a súrlódási együtthatót jelölje /íj , a deszka és a lejtő között n 2 ■ A két test kezdetben nyugalomban van (2.81. ábra). Adjunk feltételt /íj-re és n 2-re, hogy
a) a két test nyugalomban legyen,b) csak a felső test mozogjon,c) a két test együtt, azonos sebességgel
mozogjon,d) a két test külön-külön mozogjon!IV/48. Két testet helyezzünk egymásra a
2.82. ábra szerint. A felső test tömege = = 4 kg, az alsó testé m2 = 6 kg. A két test között a súrlódás együtthatója = 0,4, az alsó test és a talaj között n 2=0,2. A felső testet, a vízszintessel 30°-os szöget bezáró irányban, egy fonállal a falhoz rögzítjük. M ekkora vízszintes irányú F erőt kell kifejteni az alsó testre, hogy a felső test alól kihúzzuk?
IV/49. A 2.83. ábrán látható kis szán és a rajta ülő gyermek együttes tömege 40 kg. A szán és a talaj között a súrlódás együtthatója 0,1. A fonal a vízszintessel 30°-os szöget zár be. M ekkora erőt kell a gyermeknek kifejteni, hogy a szán megmozduljon?
IV/50. Egy 30° hajlásszögű lejtő tömege3 kg. A lejtőre 2 kg tömegű kis testet helyezünk. A lejtő és a test között a súrlódás együtthatója 0,1. A lejtő súrlódásmentesen elmozdulhat a talajon. M ekkora erőt kell a 2.84. ábra szerint a lejtőre kifejteni, hogy ne csússzon le róla a test?
IV/51. A 2.85. ábra szerint az M = 10 kg tömegű kis kocsira rácsúszik egy m = 4 kg tömegű tégla, 4 m/s kezdősebességgel. A súrlódás együtthatója 0,6. Mennyit csúszik a tégla a kocsin?
IV/52. Egy teherautó 4,5 másodpercig gyorsít, 15 m/s sebességre gyorsul fel. Ezután egyenletesen mozog. A rakfelület és a láda között a súrlódás együtthatója 0,3.
2 81.ábra
2.82.ábra
2.83.ábra
2.84.ábra
2.85.ábra
130
Hány métert csúszik a teherautó rakfelületén (2.86. ábra) a láda?
IV/53. Egy vonat 20 m/s sebességgel halad. Egy pillanatban két részre szakad. Az első rész tömege 500 tonna ( = 500000 kg), a hátsó rész tömege 100 tonna. A szétszakadás után a hátsó rész 800 méter után megáll. Milyen messze van ebben a pillanatban a két rész egymástól, ha a mozdony húzóereje nem változott, és a súrlódás (gördülő ellenállás) együtthatója 0,01?
IV/54. Két testet helyezünk a 2.87. ábrán látható 30° hajlásszögű lejtőre. Az alsó test tömege 4 kg, közötte és a lejtő között a súrlódás együtthatója 0,3. A felső test tömege 2 kg, a súrlódási együttható 0,2. M ekkora a két test gyorsulása? Mekkorák a fellépő súrlódási erők? M ekkora erőt fejt ki a két test egymásra?
IV/55. Egy test 10 méter magasról esik kemény talajra. Ezután 6 méter magasra emelkedik. Mennyi idő telik el a 15. ütközésig? Mennyi utat tesz meg a test a 15. ütközésig?
IV/56. Egy testet 10 méter magasról5 m/s kezdősebességgel lefelé dobunk. A test a talajjal való ütközés után az eldobás magasságába emelkedik. Milyen magasra emelkedik a test, ha a kezdősebesség 8 m/s?
IV/57. Egy test 45° szög alatt falhoz pattan, és 55°-os szögben verődik vissza. A súrlódási együttható 0,4. M ekkora az ütközés utáni és az ütközés előtti sebességek aránya?
IV/58. Egy 15° hajlásszögű lejtő, és a ráhelyezett 4 kg tömegű deszka között a súrlódási együttható 0,3. A deszkába vízszintes irányban 0,2 kg tömegű 10 m/s sebességű lövedéket lövünk (2.88. ábra). A lövedék az ütközés után a deszkában marad. Mennyit mozdul el ezután a deszka fölfelé?
TV/59. Egy 30° hajlásszögű lejtő és a ra
l i2.86.ábra
2.87.ábra
2.88.ábra
2.89.ábra
helyezett 4 kg tömegű deszka között a súrlódás együtthatója 0,6. A deszka felett 4 méter magasságban egy m = 0,1 kg tömegű pontszerű test van, amely a deszkára esik és azzal rugalmatlanul ütközik (2.89. ábra). Mennyivel mozdul el ezután a deszka lefelé? Mekkora a lejtővel párhuzamos és a lejtőre merőleges erőlökés?
131
IV/60. Egy M =4 kg tömegű deszka csúszik a talajon. A talaj és a deszka között a súrlódás együtthatója 0,1. A deszka felett 4 méter magasságban egy m= 1 kg tömegű pontszerű test van, amely az alatta csúszó deszkára esik és vele rugalmatlanul ütközik, hozzátapad. Ezután a deszka 0,8 méter utat tesz meg megállásig (2.90. ábra). Mennyivel több utat tett volna meg, ha a test nem esik rá?
IV/61. Egy M = 4 kg tömegű deszka csúszik a talajon. A talaj és a deszka között a súrlódás együtthatója 0,1. A deszka felett4 méter magasan egy m = 1 kg tömegű pont pontszerű test van, amely az alatta csúszó deszkáéra esik és vele tökéletesen rugalmasan ütközik. A deszka felülete és a golyó között súrlódás sem lép fel. Ezután a deszka 0,8 méter utat tesz meg megállásig Mennyivel több utat tett volna meg, ha a golyó nem esik rá?
IV/62. Két test egy egyenes mentén mozog. Az m, = 4 kg tömegű test r t = 8 m/s sebességgel rugalmasan ütközik a vele azonos irányban haladó m2 = 6 kg tömegű, v 2 = 6 m/s sebességű testtel (2.91. ábra). Határozzuk meg az ütközés utáni sebességeket!
IV/63. Két test egy egyenes mentén mozog. Az m, —4 kg tömegű test = 8 m/s sebességgel rugalmasan ütközik a vele szemben mozgó m2 = 6 kg tömegű, v2 = 6 m/s sebességű testtel. Határozzuk meg az ütközés utáni sebességeket!
IV/64. Két test mozog egy egyenes mentén ugyanabban az irányban. A z m 1=2 kg tömegű, i;j = 4 m/s sebességű test utoléri az m2 = 1 kg tömegű, v2 = 2 m/s sebességű testet. Az ütközés után az első test sebessége3 m/s-ra csökken. M ekkora a második test sebessége az ütközés után? Hogyan változik meg az első test sebessége, ha a máso-
2.90.ábra
m2
V7Zy5777777777?T7777777} ahra2.91
2.92.ábra
dik test 3 m/s sebességgel szemben halad vele az ütközés előtt?
IV/65. Egy M = 4 kg tömegű kis kocsira a 2.92. ábrán látható módon egy m = 1 kg tömegű kis testet rögzítünk. A két test együtt mozog 4 m/s sebességgel. Ekkor a test rögzítését feloldjuk, és egy rugó lelöki ezt a testet a kis kocsiról. A kocsi sebessége így 5 m/s-ra változik. Mekkora volt a rugó felszabadítása után a kis test sebessége a talajhoz viszonyítva, illetve a kocsihoz viszonyítva?
IV/66. Egy M = 1 0 kg tömegű kocsin három — egyenként m = 1 kg tömegű — kis test van. A rendszer kezdetben áll. Ezután másodpercenként kilövünk egy testet, mindegyiket a kocsihoz viszonyított 10 m/s sebességgel. Mennyi lesz a kocsi végsebessége?
IV/67. Egy 10 kg tömegű test kelet felé mozog 100 m/s sebességgel. Egy pillanatban felrobban, és két részre válik. Az
132
90 m
2.94.ábra
45°
m, V 2.93.v? ábra
egyik rész délkeleti irányba mozog, a keleti iránnyal 45°-os szöget bezáró irányban. Ez a test 4 kg tömegű, a sebessége 200 m/s (2.93. ábra). Merre mozog és milyen sebességgel a másik repeszdarab?
IV/68. Egy oszlop tetején, a talaj felett6 méter magasságban van egy 2 kg tömegű golyó. Ezt a golyót egy 20 g tömegű, 200 m/s kezdősebességü lövedékkel vízszintesen keresztüllőjük (2.94. ábra). A lövedék a golyón keresztülhaladva az oszlop aljától 90 méter távolságra ér földet. Hol esett le a másik test?
2.2. A munkatétel
2.2.1. Mozgási energia, fizikai mennyiségek
Egy m tömegű, v sebességű tömegpont mozgási energiájának — mint láttuk az ütközéseknél — az
E .= - m v 2
mennyiséget nevezzük. A mozgási energia értelmezésében szereplő v2 a sebesség nagyságának a négyzete. Ha valamely koordináta-rendszerben v = (rx, vy, vz), akkor v2 = v2 + v2 + v2. A mozgási energia mértékegysége kg m 2/s2, amit röviden joule-nak nevezünk, és J-vel jelölünk. A mozgási energia másik szokásos mérték- egysége gcm 2/s2 = :erg. Könnyen látható, hogy 107 e rg = l J.
A mozgási energia definíciójával a tömegpontokat jellemző új fizikai mennyiséget értelmeztünk. Mielőtt azonban a mozgási energia legfontosabb tulajdonságait fogalmilag kibontanánk, a fizikai mennyiségekről kell általában néhány szót szólnunk.
Nagyon felületesen körülírva azt m ondhatnánk, hogy a fizikai jelenségek matematikai modellezésében szerepet játszó bizonyos matematikai objektumokat tekintünk fizikai mennyiségeknek. Definícióként azonban ez nem fogadható el, mert sok olyan matematikai objektum szerepel a fizikai fejezetek matematikai modelljeiben, amelyeket a szokásos felfogás szerint nem tekintünk fizikai mennyiségnek. így például nem fizikai mennyiség a tömegpontok mozgásának leírásakor szerepet
133
játszó háromdimenziós geometriai-fizikai tér. Azt mondhatnánk, hogy a számok, számértékü függvények vagy a vektorok a fizikai mennyiségek — szóval azok, amelyekkel „számolni tudunk”. Vannak azonban olyan fizikai mennyiségek, amelyek bonyolultabbak, mint a számok vagy a vektorok, másrészt a számértékű függvények sem mind tekinthetők fizikai mennyiségeknek.
A fizikai mennyiségek fogalmát itt nem értelmezzük. Szeretnénk azonban rendet teremteni a fizikai mennyiségek „dzsungelében”. A fizikai mennyiségeket több szempont szerint „osztályozhatjuk”.
Az első ilyen szempont az, hogy a fizikai mennyiség skaláris vagy vektoriális jellegű. A skaláris fizikai mennyiségek értékei egyetlen számmal jellemezhetők, ilyenek, az idő, a szakasz hossza, a tömeg. Vektornak nevezzük az olyan fizikai mennyiséget, amelyet a nagyságán kívül az irányával is jellemezzük. A legjobb példa az elmozdulásvektor. Ebből származtatjuk a sebesség és a gyorsulásvektorokat, azután pedig az impulzust, erőt. A vektort megadhatjuk az abszolút értékével és az irányával, vagy a koordináta-rendszer tengelyeivel párhuzamos összetevőivel, a koordinátáival.
A fizikai mennyiségek osztályozásának másik szempontja azon alapszik, hogy a fizikai mennyiség mit jellemez, minek a tulajdonsága. Ebből a szempontból alapve- tőek a fizikai testek tulajdonságait kifejező mennyiségek. Ezeket a mennyiségeket állapotjelzőknek nevezzük: a testek állapotát jellemző tulajdonságok. A legfontosabb állapotjelzők: a test helye, a sebessége, gyorsulása, tömege, impulzusa, mozgási energiája. (Nagyjából támpontot ad az Olvasónak: az állapotjelzők birtokos kapcsolatba állíthatók a testekkel.) Az állapotjelzők
között természetesen vannak skaláris és vektorértékü állapotjelzők.
A fizikai mennyiségek másik csoportját azok a mennyiségek képviselik, amelyek nem a testeket, hanem azokat a folyamatokat jellemzik, amelyekben a testek részt vesznek, amelyek a testekkel kapcsolatban végbemennek. Ilyenek: az erőlökés, az erő, az impulzusforrás.
Kétségtelen, hogy a testek tulajdonságait jellemző állapotjelzők logikailag fontosabbak. A test tömege és impulzusa alapvetőbb fogalom, mint a testre ható erőlökés vagy erő. (Ezért a fizikai mennyiségek értelmezésénél azt az elvet követjük, hogy előbb a fontos állapotjelzőket definiáljuk vagy írjuk körül, majd a velük kapcsolatos folyamatjelző mennyiségeket. így előbb beszéltünk a tömegről és az impulzusról, azután az erőről.)
Az állapotjelzők egyszerűbbek, mint a folyamatokat jellemző mennyiségek. Egy meghatározott testnél az összes állapotjelzőt úgy fogjuk fel, mint az idő függvényét. A folyamatjelző mennyiségek azonban általában nem egy időponttól függenek, hanem az egész folyamattól. Képzeljük el, hogy egy test a t , időpontban kezd mozogni, és a t2 időpontban fejeződik be a mozgása. Tegyük fel, hogy a sebessége
V
134
pozitív, Ekkor a megtett út a sebességgrafikon alatti területtel egyenlő. Nyilvánvaló, hogy a megtett út a folyamat egészétől, a folyamat minden kis részétől függ. H a a sebességet csak egész kis szakaszon megváltoztatjuk úgy, ahogyan az a 2.95. ábrán látszik, akkor a megtett út jelentősen megváltozhat.
A fizikai mennyiségeket a számérték mellett a mértékegységgel is jellemezzük. A fizikai mennyiségek mértékegységét a fizikai mennyiség szögletes zárójelbe tett szimbóluma jelzi; például:
[x ]= m , [ t ]= s , [VJ = m/s, [ /]= k g m /s ,
[F ] = kg m/s2 = : N, [£ ]= k g m /s 2 = :J.
A fizikai mennyiségek mértékegységeit dimenzióknak is nevezzük. A mértékegységekkel műveleteket végezhetünk: összeszorozhatjuk, eloszthatjuk őket egymással. Hatványozhatjuk a mértékegységet, sőt gyököt vonhatunk belőlük: általában racionális kitevőjű hatványra emelhetjük. Például:
M / [ f ] = m s _1, [ m ] [ i ) ] = k g m s " 1,
[E] = [m] • [ r 2] = kg m 2 s 2.
A mértékegységek irracionális kitevőjű hatványa azonban nincs értelmezve, ugyanígy nem beszélhetünk a mértékegység logaritmusáról, szinuszáról stb.
A mértékegységek közül kiválasztható néhány, amelyekkel a többi mennyiség kifejezhető. Ha a méter, kilogramm, másodperc mértékegységek {m, kg, s} rendszeréből indulunk ki, ebből képezzük a többi mértékegységet, akkor az ún. Sí (System International) mértékrendszerről beszélünk. (Ez lényegében megegyezik a korábban ismert ún. MKS mértékrendszerrel.) A másik szokásos mértékrendszer az ún. CGS rendszer: a {centiméter, gramm,
secundum} = {cm, g, s} alapvető mérték- egységekből és a belőlük képzett mérték- egységekből áll.
Ki kell emelni, hogy a mértékegységekkel való számolásnak nem elvi, hanem gyakorlati okai vannak. Megállapodhatnánk abban, hogy minden távolságot méterben, minden időszakaszt másodpercben és minden test tömegét kilogrammban mérjük, ekkor ezek mértékegységeit megválaszthatnánk 1-nek: [ x ] = [ t ] = [m] = l, így az összes fizikai mennyiség mérték- egysége 1 lenne. Ebben az esetben azonban a csillagok távolságát is, és a hajszál vastagságát is méterben kellene mérnünk.<*)
Figyeljünk fel arra, hogy akár a {m, kg, s}, akár a {cm, g, s} mértékrendszert használjuk, ebben azoknak az alapvető mennyiségeknek a mértékegysége szerepel, amelyek mérését már leírtuk: a távolság, az idő és a tömeg. Minden fizikai mennyiség mérését ezeknek a mennyiségeknek a mérésére kívánjuk visszavezetni. (így tulajdonképpen a távolság és idő mérésére, hiszen a tömeget is izeknek a mennyiségeknek a segítségével mértük. Valójában minden mérés — kivéve a számlálás — a
A mértékegységekkel való számolásnál a következő konvencióhoz tartjuk magunkat.
1. Egy-egy probléma megoldása során az összes adatot ugyanabban a mértékrendszerben adjuk meg: Sl-ben vagy cgs-ben. Ekkor a számítások eredményei is ugyanabban a mértékrendszerben adódnak.
2. Számolás közben nem írjuk ki a mértékegységeket, csak a végeredmény mellett tüntetjük fel a dimenziót. Fogjuk fel úgy, hogy ott vannak a mérték- egységek, csak mintegy rejtve, láthatatlanná téve. A mértékegységekkel ugyanis nem kell számolni. Semmiféle fizikai-szakmai szempont nem szól amellett, hogy a mértékegységekkel párhuzamosan ugyanúgy számoljunk, mint a számokkal. Az, hogy ezzel mintegy ellenőrizzük a számolásunk helyességét, kétes értékű szempont.
135
távolságmérésre vezethető vissza. M érőeszközök skáláin is távolságok olvashatók le, sőt az órák számlapján is elmozdulások mérhetők.)
Az állapotjelző fizikai mennyiségek között műveleteket végezhetünk. Bizonyos korlátozásokkal, persze. így távolsághoz tömeget nem szabad hozzáadnunk. Ösz- szeadni és kivonni különböző dimenziójú mennyiségeket nem szabad. Hasonlóképpen tekintettel kell lennünk a mennyiségek skaláris-vektori jellegére. Az azonos dimenziójú (mértékegységű) vektorokat és skalárokat nem adhatjuk össze. Vektori fizikai mennyiségekkel csak a vektorműveletek által meghatározott műveleteket végezhetünk.
Megengedhetők azonban a következő műveletek: a tömeget megszorozhatjuk az idővel, az impulzust eloszthatjuk az energiával, a helykoordinátát megszorozhatjuk az idő köbével, azt is megtehetjük, hogy a test tömegét megszorozzuk a hely- koordináta gf-szeresével, a tömeget a sebesség négyzetével. Ezek a mennyiségek mind állapotjelzők, mindegyik korrektül van értelmezve, legtöbbjük azonban haszontalan konstrukció: nem rendelkeznek semmiféle jó fizikai tulajdonsággal. Az egyik kivételt éppen az utolsónak említett meny- nyiség, a tömeg és a sebesség négyzetének a szorzata képezi. Ez rendelkezik jó fizikai tulajdonsággal: az előző pont (9) állítása szerint ez a mennyiség tökéletesen rugalmas pontok ütközése előtt és ütközése után megegyezik.
Még egy gondolattal térjünk vissza az állapotjelzők konstrukciójára. Lényegében mindegyiket egy-két alapvető mennyiségből értelmeztük, illetve mindegyik mérését egy-két alapvető mennyiség mérésére vezettük vissza. így ha a tömegpont helyét és a vele kapcsolatos esemény idejét egy
idejűleg korlátozás nélkül mérhetjük, akkor ugyanígy mérhető a többi mennyiség is: a tömegpontok állapotát az állapotjelzők bizonyos szempontból összefüggő — egyidejűleg mérhető — rendszere jellemzi. Ha egyetlen m agára hagyott pontszerű test állapotát tekintjük, akkor ezek közül a mennyiségek közül sok fölöslegesnek tűnik: az idő, hely és a sebesség, valamint a tömeg mellett az impulzus és a mozgási energia bevezetése felesleges luxusnak tűnik. Ezek a mennyiségek egy izolált állapot leírásához valóban nem tesznek sokat hozzá. A jelentőségük nem is ez, ezek nem az állapot egy-egy új oldalát mutatják meg, hanem azért vezetjük be, mert a kölcsönhatások tulajdonságainak leírására alkalmasak. Az impulzus összes mennyisége a kölcsönhatásoknál nem változik, a mozgási energia is a mozgás valamilyen fontos tulajdonságának a kidomborítására szolgál. Egyszóval: izolált testek tulajdonságainak leírásához egy-két mennyiség elégséges lenne. A kollektív állapotok, a kölcsönhatások leírásához más mennyiségeket is értelmezni kell, érzékenyebb, finomabb ecsetvonásokra van szükség a test állapotának a megrajzolásához: az izolált, egyedülálló test állapotát a tömeg, a sebesség és a helyzet kielégítően jellemzi, de a környezetében „élő” pont állapotát „élén- kebb színekkel kell megfesteni”.
Az előző pontban az (1) egyenlőség határozatlanságának az érzékeltetésére példaként felhoztunk egy szemléletes analógiát az éjszakai ékszerrablásról. Beszéljünk ismét a két rablóról. Tegyük fel, hogy a gyémánt forintban kifejezett értéke az egészben lévő rész tömegének a négyzetével arányos. így ha 1 gramm tömegű gyémánt 1000000 forint, akkor 2 gramm tömegű 4000000 forint, 3 gramm tömegű 9000000 F t stb. Szóval a történetünkben
136
szereplő két rabló két darab gyémántra tesz szert. Az egyik darab 1 gramm tömegű, a másik darab 3 gramm tömegű. A zsákmányolt ékszer értéke 10 millió forint. Hogyan osztoznak meg a gyémántokon? Lehetséges, hogy a főnök magának tartja meg a nagyobbat, és a kisebbet a beosztott rablónak adja. Fordítva is lehetséges. Előfordulhat az is, hogy az egyik vagy a másik rabló magához veszi az egész kincset, „becsapva” a társát. Ezeket az osztozkodásokat az jellemzi, hogy az egyik gonosztevő rosszabbul jár, mint a másik.
Ha egyenlő értékű gyémánthoz akarnak jutni, akkor például a következőképpen járnak el: a nagyobbik darab gyém ántot három felé törik, három 1 grammos darabra. így mindketten két darab1 grammos gyémántot vágynak zsebre és nem érezhetik magukat hátrányos helyzetben a társukhoz képest. Mindegyiknek 2000000 Ft értékű gyémántja van. Az osztozkodás így igazságos volt. De hová tűnt a 6000000 Ft? Természetes: az osztozkodásnál megsemmisült.
A két rabló osztozkodását hajnaltájban az jellemzi, hogy a gyémánt mennyisége „grammra” állandó marad, de az értéke általában csökken, kivéve egy-két osztozkodást, amely viszont a rablók „igazságérzetét” bántja: ez az eset, amikor mind Két darab gyémánt egészben marad.
Hasonló a helyzet az impulzussal és a mozgási energiával. Két pontszerű test ütközésekor az impulzus (és a tömeg is) megmarad — mint a gyémánt mennyisége —■, de a mozgási energia a rugalmas ütközés esetét kivéve csökken — mint a gyémánt értéke.
De hát hová tűnt a mozgási energia, kérdezhetné az Olvasó. Erre természetesen azt mondjuk, hogy az ütközésnél megsemmisült, lecsökkent. Ugyanúgy, mint a gyé
mánt értéke az osztozkodásnál. Ennek a gondolatnak az elfogadása azért okozhat nehézséget, mert az Olvasóban valamiért— iskolai tanulmányai, a népszerűsítő olvasmányok, műsorok m iatt — kialakult az a kép, hogy az energia ugyanúgy létezik, mint az anyag: az energia ugyanúgy szubsztancia, mint az anyag. Az a mód, ahogyan mi az energiát szóba hoztuk, nem ezt a képet támasztja alá. Nem azért beszéltünk az energiáról, mert „van”, és így beszélni kell róla. Nem is tekintettük eleve adottnak.
Mi azért értelmeztük a mozgási energiát, mert a pontszerű testek kölcsönhatásait az impulzusmérleg nem jellemzi egyértelműen. Az egyértelműség fenntartásához egy másik egyenlet kellett. Ezt az egyenletet, az előző pont (10) állításának második egyenletét a (3) tapasztalati alapokon nyugvó állítás támasztja alá. Nagyjából úgy foghatjuk fel, hogy a (3) állítás a (10) állítás második egyenletének két pont rugalmas ütközésére átfogalmazott formája. Az előző pont (10) állításának második egyenlete szimmetrikus. Ez a szimmetria inspirált bennünket arra, hogy megmaradási tételt lássunk benne, és a benne szereplő állapotjelzőt az impulzus párhuzamára, mozgási energiának nevezzük. Az
1 ,E = 2 mv m°zgasi energia ugyanugy a test
állapotjelzője, mint mondjuk az | m 2f 3,
csak az utóbbiról nem tudjuk, hogy valamire is használható lenne. Egzisztenciájukat tekintve azonban egyenértékűek. Egyik sem tekinthető valamilyen reális létezőnek, szubsztanciának. M indkettő attribútum: az anyag tulajdonsága, az anyagi testek tulajdonságának mennyiségi kifejezése. M aradjunk egy újabb párhuzam kedvéért az ékszereknél. Egy szép gyűrű leta-
137
gadhatatlan valóság . . . O tt csillog a kirakatban. A gyürü minden kétséget kizáróan van. De van-e értéke? Persze, hogy van — mondja az Olvasó — különben is ott az ára. A problémába bele gondolva azonban könnyen láthatjuk: a gyűrű értéke nem úgy létezik, mint maga a gyürü, a gyürü értéke a tudatban, az egyéni és a társadalmi tudatban létezik.
2.2.2. A mozgási energia tulajdonságai
A mozgási energia skaláris értékű állapotjelző. Bizonyos értelemben rokona az impulzusnak: az impulzus vektori értékű állapotjelző.
A mozgási energia ugyanúgy, mint az impulzus és a sebesség, függ a vonatkoztatási rendszertől. Különböző vonatkoztatási rendszerekben különböző a testek sebessége, és így különböző a mozgási energiájuk is. Egy talajon csúszó test mozgási energiája pozitív a talajhoz viszonyítva, de nulla, ha a vonatkoztatási rendszert a testhez rögzítjük. Pontosan úgy, mint az impulzus esetén.
Az impulzus tulajdonságait a Newtontörvények foglalják össze. Kézenfekvőnek látszik, hogy a mozgási energia legfontosabb vonásait úgy próbáljuk felvázolni, hogy megvizsgáljuk: a Newton-törvények megfelelői teljesülnek-e a mozgási energiára.
Vizsgáljuk meg először Newton I. törvényének az analógját. Ha egy tömegpontot inerciarendszerben magára hagyunk, akkor az impulzusa állandó, így a sebessége is. Állandó tehát a mozgási energia is. Inerciarendszerben magára hagyott pontszerű test mozgási energiája állandó. (Fordítva: abból, hogy a mozgási energia állandó, nem következik, hogy az impulzus
is az. Az egyenletes körmozgást végző tömegpont esete ezt mutatja.)
A magára hagyott tömegpont mozgási energiája nem változik meg, a változás oka mindig a testen kívül keresendő. Ezt a tényt önti formába az alábbi tétel.
Munkatétel: Inerciarendszerben egy pontszerű test mozgási energiájának a megváltozása a környezettől kapott mozgási energia mennyiségével egyenlő. Ez utóbbit a testre ható erők munkájának, vagy a testen végzett munkának nevezzük:
A E = A E kap= :W . (1)
A munkatételnek és Newton II. törvényének párhuzama szembetűnő. A testen végzett munka — a környezettől kapott mozgási energia — az erőlökéssel, a környezettől kapott impulzussal rokon.
Az (1) állítás akkor is alkalmazható, ha a kölcsönhatás a test és a környezete között pillanatszerű. Ha azonban a folyamat időtartam a nem nulla: A t>0 , akkor
AE At
AE,kap
AtW A t ’
illetve a pillanatnyi értékekre áttérve:
É = É kBp = :P . (2)
A munkatételnek ez a megfogalmazása azt mondja, hogy egy pontszerű test mozgási energiájának időegységre eső megváltozása egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott mozgási energiával. Ezt a testre ható teljesítménynek nevezzük, és P-vel jelöljük. A teljesítmény mértékegysége: [P ] = J/s = :wűíí, jele W.
A teljesítmény — szemléletesen fogalmazva — a testen időegység alatt végzett munkával egyenlő: ha összevetjük a mun-
138
katétel (2) formáját, akkor világossá válik, hogy a teljesítmény az erő megfelelője. A teljesítmény: energiaközlő képesség. Ez a párhuzam arra is rámutat, hogy a munka is, és a teljesítmény is folyamatokat jellemző mennyiség.
A test mozgási energiájának a megváltozása inerciarendszerben csak külső hatások eredménye lehet. Ez azonban szükségképpen együtt já r az erőhatással. Erőhatás nélkül a tömegpont nem gyorsul, mozgási energiája nem változik meg, így munkavégzés sem történik. A munkavégzés tehát szorosan összefügg az impulzusközléssel. Ez alapján azt is mondhatjuk, hogy a munka: impulzussal együtt közölt energia. Nem meglepő tehát, hogy a testen végzett m unka függ a testre ható erőtől. Az egyszerűség kedvéért gondoljuk el, hogy egy tömegpont egyenes vonalú egyenletesen változó mozgást végez, a tömegét jelöljük m-mel, a kezdősebességét r 1-gyel, a végsebesség legyen v2, mozgás ideje t. Ekkor mozgási energiájának a megváltozása:
A ,7 1 2 1 2A£ = - n w \ - 2 =
= m (v2-vl)(vg + vl)2
Ábrázoljuk a tömegpont sebességét az idő
V
függvényében (2.96. ábra). A grafikon két geometriai jelentése alapján:
v2 ~ vl v2 + vta -------— , t.
E két összefüggést felhasználva:
A E = mas.
Newton II. törvénye alapján ma=F, így
A E = Fs=W .
A testen végzett munka ebben az egyszerű esetben a testre ható erő nagyságának és a test által megtett útnak a szorzata.
Ha a testre ható erő nem párhuzamos az elmozdulással, ^kkor az erő nagysága helyett az erő elmozdulással párhuzamos összetevőjével szorozzuk a megtett utat:
W= F^s = F cos a - s = Fs cos a = FAr11.
ahol F 11 az F erő elmozdulással párhuzamos összetevőjét, Ar11 pedig az elmozdulás erővel párhuzamos összetevőjét jelenti (2.97. ábra).
A vektorok abszolút értékének — hosz- szának — és a köztük levő szög koszinuszának a szorzata a két vektor skaláris
2.97.A r ábra
139
szorzata; így a munka: az erő és az elmozdulásvektorok skaláris szorzata:
W =FAr (3)
A részletesebb és pontosabb indoklás kedvéért tekintsük a mozgási energia időegységre eső megváltozását:
É = ^ y mv2 ^ = y 2mvi/ = m i\ = F \,
a testre ható erő teljesítménye tehát a testre ható erő és a test sebességének a skaláris szorzata:
P = F ^v = Fv cos a = Ft’11 = Fv. (4)
A feladatmegoldás szempontjából is fontos, hogy kiemeljük: ha az erő és a sebesség merőleges egymásra, akkor a teljesítmény nulla.
Fogalmazzuk meg most még egyszer a munkatételt, kidomborítva a feladatok megoldása szempontjából fontos szempontokat:
Tegyük fel, hogy az A test tömege mA, egy folyamatban a kezdeti sebessége vt , a folyamat végén a sebessége v2. A test környezete legyen a B test. Az A test elmozdulását jelöljük ArA-val, a B test által az A testre ható erőt FB_A-val.
Ekkor a munkatétel: az A test mozgási energiájának a megváltozása egyenlő a környezete által kifejtett eredő erő munkájával, vagyis az A testre ható erőnek és az A test elmozdulásának a skaláris szorzatával:
j m/ A - j mAvj = F B AArA (5)v .... .
A£a W ^ a
Vizsgáljuk most meg, hogy Newton III. törvényének a megfelelője — a hatás-ellenhatás elve — teljesül-e a munkára is. Kép
zeljünk el sima talajon két embert, az egyik egy = 50 kg tömegű kislány, a másik egy 100 kg tömegű férfi, mondjuk az édesapja. Görkorcsolya van a lábukon, és kötéllel 200 N nagyságú erővel hatnak egymásra1 másodpercig. Ekkor a kislány gyorsulása4 m/s2, a férfié 2 m/s2. A kislány által
4megtett út — • 12= 2 m, a férfi által meg-
2tett út: — - 1 = 1 m. Ekkor az a munka,
amelyet a férfi végez a kislány felgyorsításával: 200 -2 J= 4 0 0 J, az a munka,
2.98.s, * s2 ábra
amit a kislány az édesapja felgyorsításával 200 1 J =200 J. A két test egymáson végzett munkája tehát nem egyenlő nagy. A munkavégzésre nem teljesül a hatásellenhatás elve. Newton III. törvényének nincs megfelelője a mozgási energiára.
I"Á súrlódásról szóló fejezetben találkoztunk már a következő problémával: M tömegű álló kis kocsira m tömegű, v0 sebességű zsák csúszik rá, és pontosan a kocsi végéig csúszik. A kocsi hosszát L-lel jelöltük. Ekkor a feladat leírására szolgáló egyenletrendszer:
fimg = Ma,
mv0 = (m + M)u,
L ~ 2 *'
ua= —.
t
140
t 2.99. ábra
Ez az egyenletrendszer alkalmas arra, hogy— például a két tömeget, a kocsi hosszát és a v kezdősebességet megadva — a súrlódási együtthatót kiszámítsuk.
A 2.99. ábráról leolvasható, hogy a kocsi által megtett út ut/2, a zsák által megtett út éppen a kocsi hosszával több:
u + v 0
A két test között a /img csúszási súrlódási erő hat, ezért a kocsi által a zsákon végzett munka:
W -F - u + vokocsi *zsák * kocsi-*zsák^zsák ^ 1
ez azonban a munkatétel szerint egyenlő a zsák energiájának a megváltozásával is, tehát
1 , 1 ,A £ zS;,k = y m u - = ^kocá-zsák -
Hasonlóképpen a zsák által a kocsin végzett munka:
PF — F -^ z sák -* k o c s i z sák * k o cs in k CCS i ^ *
ez a munkatétel alapján a kocsi energiájának a megváltozásával egyenlő:
1 1A L = - Mm2 - - M ■ 02 = WL,zsák-* kocsi *
A kocsi által a zsákon végzett munka negatív, a zsák mozgási energiája csökken — a zsák által a kocsin végzett munka pozitív, a kocsi mozgási energiája nő. A két munka összege nem nulla, a hatás-ellenhatás törvénye nem teljesül. Könnyen ellenőrizhető, hogy a két test összes mozgási energiája ebben a folyamatban csökken. |
Vizsgáljuk most meg Newton IV. törvényének a megfelelőjét. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy két erő hat egy testre:F , és F z. A két erő eredője legyen F, F: = F t + F 2, a test elmozdulása pedig Ar, ekkor
FAr = (F 1 + F 2)Ar = F 1Ar + F 2Ar.
Az erők összegének a munkája egyenlő tehát a munkák összegével. Vagyis a munkatételt így is fogalmazhatjuk: a test mozgási energiájának a megváltozása egyenlő a testre ható erők munkájának az összegével.
Jelöljük most a testre ható erőt F-fel, és tegyük fel, hogy a test elmozdulása két szakaszból áll, Arr ből és Ar2-ből, vagyis A r= = A ^ + Ar2. Ekkor
FAr = F(Arj + A r2) = FAr, + F A r2.
A testen végzett munka tehát nemcsak erőnként, hanem út mentén is additív: az erő munkája két egymáshoz csatlakozó útszakaszon egyenlő az útszakaszokon végzett munkák összegével.
Tegyük fel most, hogy egy tömegpont valamilyen görbe vonalú pályán mozog. A mozgó tömegpontra minden helyzetében hat egy erő, jelöljük ezt F-fel. Az F erő iránya és nagysága attól függ, hogy a test a pálya melyik pontján tartózkodik.
Ahhoz, hogy a testen végzett munkát kiszámítsuk, osszuk fel a pályát kis elmozdulásvektorokkal (2.100. ábra), egy-egy kis szakaszon az F erő által végzett munka
141
F ábra
FAr, ezeknek az elemi munkáknak az ősz- szege adja a testen végzett összes munkát, a munka út menti additivitása elvének megfelelően. Tehát
W= £ F A r = £ F " A r =
— £ FAr11 = Y, F cos a As.
Ha az út függvényében ábrázoljuk a testre ható erő elmozdulással párhuzamos összetevőjét, akkor a grafikon alatti terület az erő munkájával egyenlő (2.101. ábra).
Tekintsük még egyszer a munka pálya menti kiszámítását:
W= £ FAr
Jelölje a testre ható erővektor koordinátáit Fx, Fy, Fz, az elmozdulásvektor koordinátáit Ax, Ay, Az:
F = (FX, Fy, F z) és Ar = (Ax, Ay, Az).
Ekkor
W= X F Ar = £ (Fx Ax + F y Ay + FzAz).
Az elmozdulásvektor Ar = vAf, vagyis
Ar = (rx, vy, vJAt.
Ezek alapján
W= £ F v A r=
= Y, {FxvxAt + FyvyAt + FzvzAt) =
= Z (f x x + + Fzvz)At =
= £ P A t.
Ha tehát ismert a teljesítmény időfüggése, akkor a testre ható erő munkáját meghatározhatjuk a teljesítmény-idő grafikon alatti területből (2.102. ábra).
2.101.ábra
t 2. 102.
ábra
pEgyszem példaként szerepeljen itt a következő: képzeljük el, hogy egy L hosszúságú, m tömegű, vékony, hajlékony kötél úgy fekszik az asztalon, hogy a kötél fele éppen lelóg az asztalról. A kötél és az asztal lapja közötti súrlódás együtthatója n. Ha a kötél felső végére F erőt gyakorolunk, és a kötelet egyenletesen felhúzzuk az asztalra úgy, hogy a kötél nem gyorsul, akkor kezdetben a kötél egyik felére ható nehézségi erő mellett a kötél másik részére ható súrlódási erőt kell kompenzálni, „legyőzni”:
„ m mF ‘ = » 2 e + 2 S-
Végül már csak a súrlódási erőt kell kompenzálni:
F 2 = nm g.
142
A testre ható erőnk a 2.103. ábra szerint változik, miközben a kötél felső pontja L/2 hosszú utat mozdul el. A végzett munka a görbe alatti területtel egyenlő:
W=
m m ^ m g + n ~ g + ~ g
_ l
Ebben a pontban kidomborítottuk a mozgásmennyiség és a mozgási energia rokonságát, Newton II. törvényének és a munkatételnek a párhuzamát. Rámutattunk az erőlökés (erő) és a munka (teljesítmény) fogalmi rokonságára. Azt is megbeszéltük, hogy a párhuzam mennyiben nem teljes: a hatás-ellenhatás elve nem teljesül a munkára.
Az (1) munkatételben a testre ható erők eredőjének a munkája szerepel. Az eredő erő munkájáról beláttuk, hogy ez a testre ható erő és a test elmozdulásának a skaláris szorzatával egyenlő. Kiemeltük ezután
ábra
2.104.ábra
a munka erőnkénti additivitását, ezért a munkatételben a testre ható erők eredőjének a munkája helyett a testre ható erők munkájának az összege is szerepelhet.
A munka út mentén is additív: ez az elv teszi lehetővé változó erő munkájának kiszámítását görbe vonalú pályán mozgó testnél is. A munka az egész görbétől függ. H a a mozgás egy egészen kicsi szakaszán megváltozik az erő, akkor a munka jelentősen megváltozhat. A 2.104. ábrán valamilyen görbe vonalú pályán mozgó testre ható erő pályamenti komponensének a megtett úttól való függését ábrázoltuk. Ha egy rövid intervallumon lecsökken az erő, akkor a munka a pontozott „téglalap” területével csökken. A munka tehát — ezt ki kell ismét emelnünk — folyamatjelző mennyiség. Nem a testtől, hanem attól a folyamattól, annak a folyamatnak minden kis részétől függ, amelyben a test részt vesz. Olyan a munka, mint a taxi viteldíja. Tegyük fel, hogy valaki gyakran kényszerül taxiba szállni, hogy a város egyik pontjából a másikba vitesse magát. Világos dolog, hogy a viteldíj — még ugyanolyan díjszabás esetén is — nemcsak attól függ, hogy hol szálltunk a taxiba és mi az utunk célja. A viteldíj az útvonaltól is függ, de ugyanazon az útvonalon attól is, hogy mikor, hol alakul ki forgalmi dugó, mikor
143
és hol kap piros lámpát a taxi. Lehetséges: már abban bízunk, hogy a szokásosnál korábban célba érünk, amikor hirtelen forgalmi akadály kerül az utunkba. A taxi viteldíja nemcsak a kezdeti és a végső állapottól, hanem minden közbülső állapottól is függ.
Ugyanez a helyzet a munkával is. A munka egy egész folyamattól függ, ellentétben a mozgási energiával, amely minden pillanatban más és más lehet, az energia egyszerűen az idő függvénye. Pontosabban: az energia pillanatnyi értéke a folyamatnak ugyanazon időpontbeli értékétől függ, a munka pillanatnyi értéke az összes korábbi értékektől.
2.2.3. A nehézségi erő munkája
Határozzuk most meg az m tömegű testre ható G=m g nehézségi erő munkáját néhány folyamatban. Ha a test s úton esik lefelé, akkor a nehézségi erő munkája mgs = „erő x út”.
H a az m tömegű testet a hajlásszögben, v0 kezdősebességgel elhajítjuk, akkor a nehézségi erő testre ható teljesítménye:
P = (0, — mg) (v0 cos a, v0 sin a —gt) =
= - mv0g sin a -g t ( - m g ) =
= mg2t — v0mg sin a.
A teljesítmény-idő függvény grafikonját a 2.105. ábrán látjuk. A t = v0 sin a/g idő alatt, amíg a test a pálya csúcsára ér, a testen végzett munka a grafikon „feletti” háromszög területe:
v0g sin a v0 sin aW= - m -------------------- =
2 g
Vo ■ 2— — — sin a ■ mg.2g
y
A nehézségi erő munkája most negatív — az erő- és az elmozdulásvektor tompaszöget zár be —, a mozgási energia csökken. A nehézségi erő munkájának a nagysága a testre ható erő és a pályacsúcs függőleges koordinátájának a szorzata.
Tegyük fel most, hogy a test valamilyen bonyolult pályán mozog az (jq , yj) hely- vektorú helyről az (x2, y2) helyvektorú helyre. Feltehető, hogy a testre a nehézségi erő mellett más erő is hat, különben a test vagy egyenesen, vagy parabola pályán mozogna.
Számítsuk ki most a nehézségi erő munkáját a 2.106. ábrán vázolt pálya mentén. Világos, hogy
WG= £ (GAr cos a) = £ (mgAr cos a) =
= m g Y ^ y ,
ahol Ay a Ar elmozdulásvektor függőleges komponense, ezek összege — y 2, tehát
Wc = mg(yí - y 2). (1)
144
t
A meglepő az a dologban, hogy a pálya szinte minden tulajdonsága „eltűnt”. A nehézségi erő munkája — ellentétben a várakozásunkkal — csak a pálya kezdő és végső pontjából függ, és nem függ a közbülső állapotoktól, nem függ a pálya alakjától, nem függ attól, hogy a testre hat-e más erő vagy nem.
A munkától azt várnánk, hogy a folyamat egészétől függ, a folyamat minden kis részétől is, itt meglepő módon azt kaptuk, hogy a nehézségi erő munkája a folyamatnak csak a kezdő és végső állapotától függ.
Bontsuk most két részre a munkatételben szereplő munkák összegét, az egyik rész legyen a testre ható nehézségi erő munkája, a másik pedig a testre ható többi munka:
j mvl - j mv\ = mgyi - mgy2 + W(6bbi. (2)
A munkatétel bal oldalán itt a mozgási energia — egy állapotjelző — megváltozása, a jobb oldalon a nehézségi erő munkája mellett a többi erő munkájának az összege szerepel, ezek folyamatjelző mennyiségek. Folyamatjelző a Wc = = mgy1- m g y 2 és a W{öbbl is. Figyeljünk fel azonban a nehézségi erő munkájának kife
jezésében szereplő mgy mennyiségre: ez a test tömegének és függőleges helykoordinátájának g-vel való szorzata. Ez pedig állapotjelző.
A (2) munkatétel jobb oldalán tehát az egyik munka egy állapotjelző megváltozása, hasonlóan a bal oldalhoz. Rendezzük tehát át az egyenlőséget úgy, hogy az állapotjelzők egy oldalra kerüljenek. A „rendcsinálás” eredménye:
(3)
2.106.ábra
Ezt az állítást így is olvashatjuk: a mozgási energia és az mgy újonnan „feltűnt” állapotjelző összegének a megváltozása egyenlő a nehézségi erőtől különböző erők munkájával.
Döntenünk kellene afelől, hogy milyen nevet adjunk az új állapotjelzőnek. Az a körülmény, hogy az mgy mennyiséget a mozgási energiához adtuk hozzá, érthetővé teszi, hogy az mgy mennyiséget is energiafajtának nevezzük: legyen a neve helyzeti energia.™ A helyzeti és a mozgási energia összegét a továbbiakban mechanikai energiának nevezzük.
Ekképpen a (3) állítás a munkatétel „második generációjának” tekintendő: a mechanikai energia megváltozása egyenlő a testre ható erők munkájának összegével — kivéve a nehézségi erőt.
Nyilvánvaló, hogy a (2) és a (3) állítás fizikai és matematikai szempontból is teljesen egyenértékű. Fontos azonban, hogy a fizikai gondolatmenetekben, a feladatmegoldásoknál pontosan rögzítsük, hogy a munkatétel a (2) vagy a (3) állítást jelenti-e
A helyzeti energia természetesen függ a vonatkoztatási rendszer megválasztásától.
145
%
számunkra. H a a (2) állítást használjuk, akkor a mozgási energia fogalma mellett a nehézségi erő munkájáról beszélünk. Ha a (3) állítással dolgozunk, akkor beszélhetünk a helyzeti, a mozgási és a mechanikai energiáról, de a munkák között nem vesz- szük számításba a nehézségi erő munkáját. A helyzeti energia és a nehézségi erő munkája egy gondolatmenetben nem fordulhat elő, mert a két dolog ugyanazt jelenti: a nehézségi erő munkája és a helyzeti energia ugyanannak a dolognak különböző fo galmi szintű elnevezései.
ÍKépzeljük el, hogy egy repülőgép h = = 1000 m magasan u, =200 m/s sebességgel repül. A gépből kiugrik egy ejtőernyős, akinek az ernyővel együtt m=120 kg a tömege. Az ejtőernyős v2 = 6 m/s sebességgel ér földet. A feladatunk az, hogy határozzuk meg, mennyi munkát végzett az ejtőernyősön a közegellenállási erő.
Jelentse most az energia a helyzeti és a mozgási energia összegét, a mechanikai energiát és helyezzük el a koordináta- rendszerünket a 2.107. ábrán látható módon a talajra. Legyen tehát a helyzeti energia nulla zintje a talaj felszínén. Ekkor a mechanikai energia megváltozása egyenlő a testre ható közeg-ellenállási erő munkájával:
^ mvl + 0 ^ ^ mv\ + mgh^ = W£6zeg.
Az adatok behelyettesítése után: W£özeg= = —3597800 J. Ugyanennél a problémánál élhetnénk a következő szóhasználattal is. Jelentse számunkra az energiát a mozgási energia. Ekkor a test — az ejtőernyős— mozgási energiájának a megváltozása egyenlő a testre ható nehézségi és közegellenállási erők munkájával:
1 , 1 ,2 mv2 ~ 2 1 = m9 + Wk6°*'
y
Világos, hogy ezen az úton is ugyanazt a számszerű eredményt kapjuk. |
A gondolatmenetünkből kitűnik, hogy a helyzeti energia értelmezése nem szükségszerű lépés. A (3) állítás használata nem jár különösebb előnyökkel a (2) állítás használatához képest. Az is világos, hogy a helyzeti energia fogalmának a bevezetése azon múlik, hogy a nehézségi erő munkája független a mozgástól, csak a kezdeti és a végső állapottól függ, pontosabban kifejezhető az mgy állapotjelző megváltozásával. Ezt az állapotjelzőt neveztük később helyzeti energiának.
Térjünk most vissza a (3) állításhoz:
(^■mvl + m gy^ - (^m v l + m gy^ =
Világos, hogy ha Wöbbi= 0 , akkor a test mechanikai energiája nem változik meg — hiszen a megváltozás éppen WJöbbj —, ebben az esetben tehát a test mechanikai energiája állandó. Ezt a teljesen nyilvánvaló állítást néha a mechanikai energia megmaradása tételének nevezik. Mi ezt az elnevezést nem használjuk, pontosan az állítás nyilvánvalósága miatt; a mechanikai energia biztosan nem változik, ha a megváltozása nulla, (így van ez minden dologgal a világon.) Állapodjunk meg abban, hogy a (3) állítást akkor is munkatételnek nevezzük, ha valamilyen konkrét probléma kapcsán azt
•kapjuk, hogy Wíöbbi= 0.
146
Kiemeltük már, hogy a helyzeti energia fogalma annak a ténynek köszönheti létét, hogy az (1) egyenlőség mindig igaz: akár hat a testre más erő, akár nem, független az (1) egyenlőség fennállása a mozgás konkrét megvalósulásától is. Az azonban nyilvánvaló, hogy ha a testre a nehézségi erő mellett nem hat más erő, a test szabadon esik, akkor a mozgási energia megváltozása egyenlő a nehézségi erő munkájával:
mgs = mg(h1- h 2)= ^ m v \ - y m v\.
Túlságosan speciális ez az eset ahhoz, hogy ebből rájöjjünk a mechanikai energia állandóságára, megmaradására. Ráadásul ez a „képlet” a szabadesés törvényéből — magyarán az egyenletesen változó mozgás tényéből — is következik. (Eddig a pillanatig valahányszor a sebesség és az út összefüggésére szükségünk volt, mindig újra és újra levezettük az egyenletesen változó mozgásra vonatkozó helyzet-idő és sebesség-idő képletekből.)
Láttuk, a helyzeti energia fogalma nem nélkülözhetetlen fogalom. A mozgási energia fogalmára azonban szükségünk van: a kölcsönhatások — ütközések — leírásához az energia fogalma szükséges. Az ütközéseknél láttuk, hogy „kollektív” mozgásállapotoknál az impulzus és a mozgási energia egymástól független mennyiségek. Ha viszont egyetlen tömegpont mozgását tanulmányozzuk, akkor a mozgási energia nem független az impulzustól, a mozgási energiára vonatkozó munkatétel levezethető az impulzusmérlegből, Newton II. törvényéből.
í á z egyszerűség kedvéért gondoljuk el, hogy a hajlásszögű lejtőn m tömegű, Dj kezdősebességü test mozog lefelé. A súrlódási együttható legyen fi. Határozzuk meg
2.108.ábra
a test v2 sebességét s út megtétele után (2.108. ábra)!
írjuk fel a mozgásra Newton II. törvényét:
mg sin a — fimg cos a = ma.
A test egyenletesen változó mozgást végez, ezért
x(í)= y í2+i>ií,
r(í) = at + ví .
Ha a test megtett s utat, akkor
a 2 s = - t 2+ v1t,
ésv2 = at + v1, innen — mint a kinematikában láttuk —
vt + v 2 v2- v ,s = — -— t, a = -------- .
2 t
A feladat megoldásához szükséges egyenletek:
mg sin a — fxmg cos a = ma,
vi + v2 ,s =2
t,
A megoldás szokásos menete: az első egyenletből kifejezzük a-1, a másodikból í-t, és ezeket a harmadik egyenletbe helyettesítve a keresett v2 meghatározható.
147
Alkalmazzunk most egy másik megoldási módszert: szorozzuk meg az első egyenlőséget s-sel, majd helyettesítsük a-1 és s-et az első egyenlet jobb oldalába:
mgs sin a — fimgs cos a = más =
vt - v 2 V2 + Vt - m — --------
mgs sm a — /imgs cos a — m — - — .
A jobb oldalon a test mozgási energiájának a megváltozása, a bal oldalon a nehézségi és a súrlódási erő munkája szerepel. (A nehézségi erő s úton mgs sin a munkát végez, ahol sin a az erő és az elmozdulás közötti szög koszinusza. Hasonlóan: a nmg cos a súrlódási erő s úton végzett munkája - / im g c o s a -s , az erő és elmozdulás közötti szög koszinusza — 1, hiszen az erő és az elmozdulás ellentétes irányú. |
Még egy fontos megjegyzés: az energiával kapcsolatban is ki kell emelni, hogy végső soron alapfogalom. Most a mozgási és a helyzeti energiát értelmeztük. Az energia általános és minden fizikai fejezetre kiterjedő érvényes definíciója nem lehetséges. Az a közkeletű definíció, hogy „az energia = munkavégző képesség” nyilvánvalóan helytelen. Egyrészt módszertanilag sem szerencsés egy folyamattól függő mennyiséggel állapotjelzőt értelmezni. Úgy gondoljuk ugyanis, hogy az energia alapvetőbb és fontosabb fogalom a munkánál, ezért a munkára való visszavezetése nem szerencsés gondolat. Másrészt, és ez a súlyosabb kifogásunk: az a definíció nem is lehet helyes. Egy test energiájának a megváltozása nem attól a munkától függ, amit a test végez, hanem amit a környezete a testen végez.
Tegyük fel, hogy az energia valóban munkavégző képesség. Képzeljük el, hogy
egy kis test valamilyen kezdősebességgel csúszni kezd az asztalon. Néhány deciméter út megtétele után megáll. Világos, hogy a mozgás kezdetén mozgási energiája volt, vagyis munkavégző képességgel rendelkezett. Az asztal természetesen végig nyugalomban volt, tehát nem volt mozgási energiája, vagyis nem volt munkavégző képessége.**1 A folyamat végén a test megáll. Miért? M ert m unkát végzett? Nem!!! Az asztalon csúszó test nem végzett munkát, hiszen csak az asztalon végezhetett volna, de az asztal nem mozdult el. A test munkavégző képessége úgy fogyott el, hogy közben nem végzett munkát. Az asztal azonban munkát végzett a testen, hiszen a test elmozdult. Az asztal annak ellenére végzett munkát, hogy közben állandóan nulla volt a mozgási energiája, vagyis nem volt egy pillanatra sem egy parányi munkavégző képessége sem/**’
Az energia azonosítása a munkavégző képességgel mindenképpen helytelen.
V. Feladatcsoport: munkatétel, energiamérleg
V /l. Egy 2 kg tömegű testet egyenletesen emelünk 2 méter magasra. M ekkora munkát végeztünk ezen az úton? M ekkora munkát végzett a testre ható nehézségi erő? M ekkora az emelőerő teljesítménye, ha a mozgás 0,8 másodpercig tartott?
V/2. Egy 2 kg tömegű testet egyenletesen gyorsítva emelünk 2 méter magasra. A kezdősebesség 0,3 m/s, és a mozgás 0,8
Az asztal természetesen elmozdul az egész Földdel együtt. Ez az elmozdulás azonban a vizsgált jelenség szempontjából elhanyagolható.
'**’ Ez az egész problémakör a termodinamika szempontjából kissé másként néz ki.
148
másodpercig tart. Mennyi munkát végzett a nehézségi erő? Mennyi munkát végeztünk a test emelése közben? Ábrázoljuk a nehézségi erő és az általunk kifejtett emelőerő teljesítmény-idő függvényének a grafikonját!
V/3. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, kezdő- sebesség nélkül, lecsúszik egy 2 kg tömegű test. A súrlódási együttható 0,2. A test 2 méter utat tesz meg. Számítsuk ki a testre ható nehézségi erő, nyomóerő és súrlódási erő munkáját!
V/4. Egy 30c hajlásszögű lejtő alján egy2 kg tömegű test kezdősebessége 3 m/s. A testet fölfelé indítjuk. A súrlódási együttható 0,2. Mekkora munkát végzett a testen a nehézségi erő, a nyomóerő és a súrlódási erő, mialatt a test sebessége 1 m/s-ra csökken?
V/5. Egy autó tömege 800 kg. Álló helyzetből 30 m/s sebességre 10 másodperc alatt gyorsul fel. Ábrázoljuk a teljesítményidő függvényt! Számítsuk ki az átlagteljesítményt!
V/6. Milyen magasra emelkedik az a test, amelyet a talajról 40 m/s kezdősebességgel függőlegesen felhajítunk? Milyen magasan lesz a sebessége 25 m/s? Mennyi lesz a sebessége 10 méter magasan?
V/7. Egy test 40 méter magasról esik. Kezdősebessége nulla. M ekkora a sebes
sége 30 méter magasan? Milyen magasan lesz 20 m/s a sebessége?
V/8. Egy test 10 m/s sebességgel csúszik a talajon. Milyen távol áll meg, ha a súrlódási együttható 0,1? Mennyi utat tesz meg a test, amíg a sebessége 2 m/s-ra csökken?
V/9. Egy 2kg tömegű test kezdősebessége vízszintes talajon 10 m/s. A súrlódási együttható 0,1. A testre vízszintes irányú F erőt fejtünk ki, a sebességgel megegyező irányban. M ekkora m unkát végzett ez az
erő, ha a test 3 méter úton 15 m/s sebességre gyorsul fel?
V/10. Egy puskagolyó kezdeti sebessége 500 m/s. A lövedék fába hatolva 15 cm-t tesz meg, míg megáll. M ekkora a lövedék sebessége 5 cm mélységben?
V /l l . Egy 30° hajlásszögű lejtő aljáról fölfelé indítunk egy testet. Ez a test megáll, majd visszacsúszik. A lejtő aljára a kezdő- sebesség harmadával érkezik vissza. Mekkora a súrlódási együttható?
V/12. Egy 30° hajlásszögű lejtőn kezdő- sebesség nélkül csúszik lefelé egy test. A lejtő felső, /t hosszúságú részén a súrlódási együttható 0,2, az ehhez csatlakozó l2 hosz- szúságú részen a súrlódási együttható 0,8. A test a felső szakaszon felgyorsul, a másodikon lelassul. Határozzuk meg az l j l 2 arányt, ha a test a lejtő alján megáll!
V/13. Egy 800 kg tömegű autó 15 m/s sebességgel, fék és m otor nélkül gördül le a 8° hajlásszögű lejtőn. M ekkora teljesítményt kellene kifejteni, hogy ugyanazon a lejtőn 15 m/s sebességgel fölfelé haladjon?
V/14. Egy autó 15 m/s sebességgel halad fölfelé egy 5°-os lejtőn. Ugyanezzel a teljesítménnyel 25 m/s sebességgel haladna lefelé ugyanazon a lejtőn. M ekkora lenne a sebesség, ha változatlan teljesítmény mellett a lejtővel megegyező minőségű sík úton haladna?
V/15. Egy 18 méter mély kútból méterenként 1 kg tömegű lánccal vizet húzunk fel. A vödör és a víz együttes tömege 12 kg. M ekkora munkát kell végeznünk, hogy egy vödör vizet felhúzzunk?
V /16. Két, pontosan azonos magasságú asztal van egymás mellett. Egy l =0,6 méter hosszú, m= 10 kg tömegű testet helyezünk el az egyik asztalra úgy, hogy vége az asztal széléig ér (2.109. ábra). Az első asztal és a test között a súrlódási együttható 0,3, a második asztal esetén ez 0,5. Mekkora
149
m.l
2.109.ábra
2 . 110.
ábra
munkát kell végeznünk, hogy a testet az egyik asztalról áthúzzuk a másik asztalra?
V/17. Egy asztal lapján m 1 = 4 kg, m 2= = 3 kg tömegű testek nyugszanak, a két testet összekötő egyenes merőleges az asztal szélére. A két test távolsága 1 méter, az m2 tömegű test is 1 méterre van az asztal szélétől. A súrlódási együttható mindkét test esetén 0,1 (2.110. ábra).
a) M ekkora sebességgel kell az m, tömegű testet az m2 tömegű test felé indítani, hogy tökéletesen rugalmas ütközés után az m2 tömegű test pontosan az asztal széléig jusson?
b) M ekkora sebességgel kell az ni! tömegű testet az m2 tömegű test felé indítani, hogy tökéletesen rugalmas ütközés után az ml tömegű test az asztal széléig jusson?
V /18. Egy 30c hajlásszögű lejtőn m, = = 2 kg tömegű test nyugszik, a test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,7. Az m, tömegű test felett m2= 1 kg tömegű test indul lefelé a lejtőn, az m l tömegű testtől3 méter távolságból. A második test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,1. A két test tökéletesen rugalmasan ütközik. Az ütközés után mennyi idő múlva áll meg
az egyik és a másik test először? Mennyi utat tesznek meg megállásig? Találkoznak-e még egyszer az ütközés után?
V/19. Egy 30° hajlásszögű lejtőn ml = = 2 kg tömegű test nyugszik. A test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,7. Az m, tömegű test felett m2= 1 kg tömegű test indul lefelé a lejtőn, az mj tömegű testtől3 méter távolságban. A második test és a lejtő között a súrlódási együttható 0,1. A két test tökéletesen rugalmatlanul ütközik. Hogyan mozognak ezután?
V/20. A 2.111. ábra szerint / = 1 m hosz- szú, m= 1 kg tömegű ingát a vízszintesig kitérítünk. Ezután elengedjük, és az inga tökéletesen rugalmasan ütközik a felfüggesztési pont alatt lévő m, = 2 kg tömegű testtel. Hol áll meg az m, tömegű test a talajon, ha a súrlódási együttható 0,2? Hogyan módosul a válasz, ha m1 = 1 kg?
V/21. A 2.112. ábrán látható / = l m hosszú, m= 1 kg tömegű ingát a vízszintesig kitérítjük, és magára hagyjuk. A
y //// / / / / / / / / / / z s / / / / ///<Éh
2.111ábra
rr>2
h2.112.ábra
150
2.113. ábra
'A
2/7)
L -3/1?
H Z2.114.ábra
/i = 1,2 m magas asztal szélén, az inga felfüggesztési pontja alatt 1 méterre egy m2 = 2 kg tömegű test van. Az ingán függő test tökéletesen rugalmasan ütközik a másik testtel. Az asztal szélétől milyen távol ér földet az my tömegű test?
V/22. Két, egyenként /= 1 m hosszúságú fonálingát felfüggesztünk egy közös pontba (2.113. ábra). Az egyik fonálra m1= 2 kg tömegű, a másikra m2 = 1 kg tömegű testet erősítünk. Az m t tömegű testet felemeljük és az ingát kitérítjük a
vízszintesig, majd elengedjük. Ezután rugalmasan ütközik a másik fonálon függő testtel. Ezután milyen szöggel térnek ki az ingák?
V/23. Egy 1=2 m hosszú fonálra M = = 2 kg tömegű homokzsákot függesztünk. A zsákba egy m = 0,1 kg tömegű lövedéket lövünk, vízszintesen. Ezután a zsák, benne a lövedékkel a függőlegeshez viszonyítva a — 15° szöggel kitér. M ekkora volt a lövedék kezdősebessége?
V/24. Egy / hosszúságú fonálra m tömegű testet függesztünk (2.114. ábra). Az ingát 90°-kal kitérítjük, majd elengedjük. Az m tömegű test tökéletesen rugalmasan ütközik a felfüggesztési pont alatt egy L hosszúságú, 3m tömegű kocsi végére helyezett, 2m tömegű testtel. Az ütközés után a 2m tömegű test csúszni kezd a kocsin, és a kocsit felgyorsítja. A csúszó test pontosan a kocsi másik végén áll meg. Határozzuk meg a kocsi és a rajta csúszó test között a súrlódás együtthatóját!
V/25. Egy repülőgép 1000 méter magasan repül. Sebessége 100 m/s. Kiugrik egy ejtőernyős, tömege az ejtőernyővel együtt 150 kg. Az ernyő kinyitása után lefékeződik, és 5 m/s sebességgel ér földet. Mennyi munkát végzett az ejtőernyősön a közeg- ellenállási erő?
2.3. A körmozgás és a harmonikus rezgőmozgás dinamikája
2.3.1. Körmozgás
Ebben a pontban a körmozgással kapcsolatos kérdéseket tanulmányozzuk. Megvizsgálunk néhány speciális problémát, ezeken keresztül m utatjuk be a körmozgás dinamikai leírásával kapcsolatos elveket.
[Képzeljük el, hogy / hosszúságú fonállal a mennyezetre függesztünk egy m tömegű testet. A fonalat kitérítjük, úgy, hogy a függőlegessel a0 szöget zárjon be. Ekkor elengedjük a testet, amely ezután függőleges síkban köríven mozog. A fonál és a test egy későbbi helyzetét is bejelöltük az áb
151
rán. Ekkor a fonál <x(<a0) szöget zár be a függőlegessel.
A testre ebben a helyzetben két erő hat: a nehézségi erő és a kötelet feszitő K kötélerő. Válasszuk meg a mozgás leírására alkalmas koordináta-rendszert úgy, hogy első tengelye fonálirányú legyen, és a felfüggesztési pont felé mutasson. A második tengelye a kör érintőjével essék egybe, úgy, ahogyan az ábrán látjuk. (Ez a vonatkoztatási rendszer nem a testhez van rögzítve, nem követi a test mozgását — hiszen ebben az esetben nem lenne inerciarendszer —, ez a koordináta-rendszer a mennyezethez rögzítve „várakozik a testre”. Más a szöghöz másik koordináta-rendszert jelölnénk ki.) A testre ható erők ebben a koordinátarendszerben (2.115. ábra):
G = ( —mg cos a, mg sin a),
K =(K , 0).
A test körmozgást végez, ezért gyorsulásának sebességre merőleges összetevője a í = v2/ l , a centripetális gyorsulás, az érintőirányú gyorsulás a2. A kényszer, a geometriai feltétel most abban áll, hogy a fonál nyújthatatlan, tehát a test körmozgást végez. A mozgást leíró egyenletrendszer — Newton II. törvénye a sugárirányú és az
X
érintőirányú erőkomponensekre — és a kényszerfeltétel:
K — mg cos a = mal ,
mg sin a = ma2, (1)
H a a feladat a K erő meghatározásából áll, akkor a következőképpen járunk el: a második egyenletből meghatározzuk az a2 érintőirányú gyorsulást, mint az idő függvényét. Az a2 érintőirányú gyorsulás ismeretében meghatározhatjuk az (érintöirá- nyú) sebességet, majd kiszámítjuk azt a konkrét sebességet, amellyel a test az a helyzetben való áthaladáskor rendelkezik. A harmadik egyenlet alapján ebből az a1 sugárirányú gyorsulás meghatározható, és végül az ű, ismeretében az első egyenletből K kifejezhető.
Az előző bekezdésben vázolt gondolat- menet korrektül végigvihető, a dinamika eredeti — newtoni — koncepciójának megfelel. A nehézséget a számolási eljárás okozza, elsősorban az, hogy a második egyenletből a2-1 a függvényeként könnyen kifejezhetjük, de az idő függvényeként meghatározni a középszintű matematikai ismereteket meghaladó módszereket igényel.
A helyzet a következőképpen menthető meg. Az előző fejezetben tanultuk, hogy egyetlen tömegpontra felírt Newton-féle dinamikai alaptörvény magában foglalja a munkatételt is:
Az (1) egyenletrendszer második egyenlete helyett írjuk fel tehát az energiamérleget. Válasszuk meg e célból most a koordináta-rendszert úgy, hogy vízszintes tengelye a fonál felfüggesztési pontján menjen át, ez legyen tehát a helyzeti energia nulla szintje (2.116. ábra). A fonál a0 szöggel
152
y Innen
jellemzett helyzetében a test mechanikai energiája:
= y ' 02 + mg( — /) cos a0 =
= — mgl cos a0,
az a szöghöz tartozó helyzetben:
E = y mv2 + tng( — í) cos a =
= y mv2 — mgl cos a.
Az energia megváltozása a testen végzett munkák összegével egyenlő. A testre azonban a nehézségi erőn kívül csak a kötélerő hat, a sebességre merőleges irányban, ezért a kötélerő teljesítménye állandóan nulla. A test mechanikai energiája ezért állandó:
y m u 2 — m glcosa — ( — m g/cosao) = 0 . (2)
Ez az egyenlet felcserélhető az egyenletrendszer második egyenletével. Ekkor a kényszeregyenletet az első egyenletbe helyettesítve:
v2K — mg cos a = m — ,
1 (3)— mv2 — mgl cos a —( — mgl cos a )= 0 .
v = y/2gl(cos a — cos a0) ,
és
K = 3mg cos a — 2mg cos a0.
Az (1) egyenletrendszer második egyenletét a (2) egyenlettel helyettesítve a (3) egyenletrendszer könnyen megoldható lett. Értsük meg jól: ha valaki ügyes technikával és magas szintű matematikai tudás birtokában nekilát az (1) egyenletrendszer— vázlatosan leírt — megoldásának, akkor ugyanahhoz a végeredményhez jut, mint amit az előbb kaptunk, de számításai közben áthalad egy olyan ponton, amikor a részeredménye éppen a (3) egyenletrendszer! Ha a probléma megoldásaként először a (3) egyenletrendszert íijuk fel, akkor lényegében a feladat megoldását bevezető szakaszt takarítjuk meg. Ismételjük meg: ez a lehetőség azon múlik, hogy a munkatétel egyetlen tömegpont esetén a dinamika alaptörvényének a következménye. |
ITlasonlo módon közelítjük meg a következő problémát. Tegyük fel, hogy R sugarú, rögzített helyzetű, sima felületű gömb legfelső pontjában egy tn tömegű, pontszerű test van. Ebből a helyzetből egy parányit kimozdítva, lényegében kezdő- sebesség nélkül lecsúszik a gömb felületén.
A pont helyzetét a ponthoz mutató sugár függőlegessel bezárt szögével jellemez-
153
zük. A testre két erő hat: a függőleges irányú nehézségi erőn kívül a gömb felülete által kifejtett N nyomóerő (2.117. ábra). A testre ható erők sugár irányú vetületeinek eredője körpályára kényszeríti a testet:
v2mg cos a — N = macp = m — .
A
Az érintő irányú erőkomponensre érvényes
mg sin a = mat
egyenlet helyett azonban a következményével, a munkatétellel számoljunk. E célból válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a gömb közepén. így a kezdeti mechanikai energia mgR, hiszen a mozgási energia itt nulla. Abban a helyzetben, amikor a testhez m utató sugár a szöget zár be a függőlegessel, a mechanikai energia:
y mv2 + mg cos a ■ R.
A testre a nehézségi erő mellett a nyomóerő hat, a sebességre merőlegesen, a teljesítménye így nulla. A munkatétel tehát:
mv2 + mgR cos —mgR= 0.
Világos, hogy amíg a nyomóerő nem nulla, addig a gömbön csúszó test a gömb felszínén marad: N > 0 annak a feltétele, hogy a tömegpont a gömbön mozogjon, körmozgást végezzen. Összefoglalva a probléma megoldását szolgáltató állításokat:
v2mg cos a —N = m — ,
K
i ,— mv + mgR cos a - mgR,
N > 0.
Határesetben, amikor N =0, akkor az első egyenlet alapján:
v2=Rg cos a,
ezt a munkatételbe helyettesítve azt kapjuk, hogy cos a = 2/3, vagyis a a 48,6°. A tömegpont tehát akkor válik el a gömbtől, amikor a tömegponthoz mutató sugár a függőlegessel 48,6°-os szöget zár be. Ez azt jelenti, hogy a gömb közepétől mérve a test
magasan van. Itt a helyzeti energiája
_ 2 mgR h~ 3 '
A kezdeti mgR helyzeti energiából tehát ennek a kétharm ada maradt, a mozgási energiára mgR/3 = Em jut. |
("Képzeljük el most, hogy függőleges síkban R sugarú, vékony acélhuzalból készült kör van, a körön m tömegű, kisméretű gyűrű csúszik. A súrlódási jelenségeket hanyagoljuk el (2.118. ábra).
Tegyük fel, hogy a test helyzetét a függőlegessel bezárt szöggel jellemezzük, és a test kezdeti helyzetéhez m utató sugár a függőlegessel a0 szöget zár be, itt a sebessége v0.
154
Vizsgáljuk meg most a test mozgását és a testre ható erőket abban a helyzetben, amikor a testhez mutató sugár a szöget zár be a függőlegessel. A testre ható nehézségi erő mellett a pálya nyomóereje hat, feltehető, hogy befelé, a kör középpontja felé. A testet az mg cos a és N erőkomponensek összege kényszeríti körpályára:
mv2mg cos a + N = — ,
A
az érintő irányú erőkomponensre vonatkozó Newton-törvény helyett most is a következményét, a munkatételt írjuk fel: Legyen a helyzeti energia nulla szintje a kör közepén, ekkor
1 2 1 ,— mv 4- mgR cos a = — mc(14- mgR cos a0.
A két egyenletből a nyomóerő meghatározható:
mv oN = —itng cos a + 2 mg cos a0H-------- .
R
Ha N > 0 , akkor a nyomóerő a kör középpontja felé mutat, míg ha N < 0 , akkor a pálya kifelé nyomja a gyűrűt. Erről az utóbbi esetről van szó akkor, amikor viszonylag kis sebességgel a körpálya felső részén mozog a test.
Tegyük fel, hogy a test helyzetét most az a. szög jellemzi, és a sebesség olyan nagy, hogy a pálya nyomóereje befelé húzza a testet. Olyan nagy ez a sebesség, hogy ebből a helyzetből a szöggel, v sebességgel elhajítva a testet, a hajítás pályája kívülről érinti a körpályát. A nyomóerő a körpályát kívülről érintő parabolapályáról a körpályára kényszeríti a testet f 2.119. ábra).
Ha ugyanebben a helyzetben a test v sebessége olyan kicsi, hogy a pálya kény
szerereje kifelé mutat, akkor ebből a helyzetből a szögben v kezdősebességgel elhajított test pályája a kört belülről érintő parabola lenne. A kényszererő feladata: erről a kört belülről érintő parabolapályáról a körpályára kihúzni a gyűrűt.
Visszatérve az előző problémára, a gömbről lecsúszó test esetére: amíg a <48,6°, addig a test sebessége kicsi, olyan kicsi, hogy az ehhez a sebességhez tartozó, a körpályát érintő parabolapályák az R sugarú kört belülről érintik. A kényszererő megakadályozza, hogy a test a pálya alá, a kör belsejébe kerüljön. Az a = 48,6°-os szögnél lesz olyan nagy a sebesség, hogy ezzel a sebességgel ferdén lefelé 48,6° szögben hajítva a testet, a hajítás pályája, a parabola már kívülről érinti a kört. A nyomóerő nem hathat ebben az esetben a kör belseje felé (N < 0), ezért a testnek
155
„nincs oka” a körpályán maradni, a kört érintő parabolapályán „távozik”. Világítsuk meg ezt a feltételt három egyszerű példával! |
2.120. ábra felső részén látható autó R sugarú híd tetején halad. A testre ható erők eredője (a kör közepe felé mutató irányt választva pozitívnak):
v2mg—N = m — .
Az autó mindaddig a hídon marad, amíg a híd fölfelé nyomja. Az ilyen esetekben ugyanis az autó sebessége elég kicsi ahhoz, hogy ezzel a sebességgel egy testet közvetlenül a híd tetején vízszintesen elhajítva, a hajítás számított pályája a kör belsejében haladjon. A nyomóerő erről a — kört belülről érintő — parabolapályáról emeli ki a teste a körpályára. Ha az autó sebessége olyan nagy, hogy a sebességből számított vízszintes hajítás pályája kívülről érinti a kört, akkor nincs az a nyomóerő, ami a hídra visszahúzná, ekkor az autó érintő irányban elrepül (2.120. ábra alsó része). |
2. 120.ábra
2.121ábra
H iasonló a helyzet annál az autónál, amelyik a 2.121. ábra felső felén látható hurokpályán halad. Ha v olyan kicsi, hogy a v sebességgel vízszintesen elhajított test pályája belülről érinti a kört, akkor ebben az esetben valóban ezen a pályán halad, vagyis beesik a kör belsejébe. Ezzel szemben, ha v olyan nagy, hogy a körpálya legfelső pontján, vízszintes irányban, ezzel a v sebességgel elhajított tömegpont pályája kívülről érintené a kört, akkor a pálya kényszerereje erről a paraboláról a körpályára kényszeríti a testet (2.121. ábra alsó fele). Ebben az esetben a nehézségi erő is, és a kényszererő is a kör közepe felé, függőlegesen lefelé mutat, így
v2mg + N = m —.
A test mindaddig a körpályán marad, amíg a nyomóerő 7V>0, vagyis mg < <m v2/R , innen v > y f g R . |
ÍH a az autó a 2.122. ábra felső felén látható „völgyszerű” úttesten halad, akkor a körpálya középpontja felé a nyomóerő,
156
ellentétes irányban a nehézségi erő mutat,így
i>2N — mg = m — .
Ebben az esetben akármilyen sebességgel halad az autó, a körpályáról nem válik el, hiszen a körpálya alsó pontján vízszintesen elhajított test a körpályát alulról érintő parabolapályán haladna, azt nyilván megakadályozza a pálya kényszerereje (2.122. ábra alsó fele). |
ÍAz eddig tárgyalt feladatokban a körmozgást végző pontok függőleges síkú körpályán mozogtak. Vízszintes síkú körpályán mozog például a következő feladatban az autó. Képzeljük el, hogy az R sugarú kanyarban az úttestet megdöntik úgy, hogy a vízszintessel a szöget zár be az úttest sík felülete. Az ábrán az m tömegű autót látjuk, amint szemben halad az Olvasóval. Az autó első lámpája és a szélvédője is látszik. Jelöljük az autó kerekei és
az úttest közötti súrlódás együtthatóját /i-vel, az autó sebességét t-vel. Tegyük fel, hogy az autó vízszintes síkban körpályán halad anélkül, hogy megcsúszna. Ez a veszély két oldalról is leselkedik az autóra. Ha az autó olyan meredek falú kanyarban halad, ahol rögzített fékkel is lecsúszna, akkor ahhoz bizonyos sebességgel kell haladnia, hogy ne csússzon be az út mellett haladó belső árokba. Ilyen esetben a súrlódási erő az úttest felületén fölfelé mutat. Veszélyesebb helyzet az, amikor az autó nagy sebességgel halad. Ilyenkor attól kell tartani, hogy az autó kisodródik a külső árokba. Vizsgáljuk meg ezt az esetet (2.J23. ábra).
Az autóra három erő hat. A nehézségi erő mellett a pálya nyomóereje (N) és a súrlódási erő (S) lép fel. A koordináta- rendszert válasszuk meg úgy, hogy az első tengelye a kör közepe felé mutasson, a második tengelye pedig függőlegesen fölfelé. A testre ható erők vízszintes vetületei- nek összege a testet körpályára kényszeríti:
v2N sin a + S cos a = m — .
R
A függőleges erőkomponensek összege nulla, hiszen az autó a második tengely irányában nem gyorsul:
N cos a — S sin a — mg = 0.
X 2.123. ábra
157
A tapadás feltétele az, hogy teljesüljön azS < fiN feltétel. Összefoglalva:
N sin a + S cos a = mR
N cos a — S sin a — mg = 0,
S<f iN.
(4)
A második egyenlet mindkét oldalához adjunk mg-1, majd szorozzuk meg az első egyenletet sina-val, a másodikat cos óival. Az így kapott egyenleteket adjuk ösz- sze. Felhasználva a sin2 a + cos2 a = 1 azonosságot, azt kapjuk, hogy
v2N = m — sm a 4- mg cos a.
Ha most az egyenletrendszerünk első egyenletét cos a-val, a másodikat sin a-val szorozzuk, majd a két egyenletet kivonjuk egymásból, az
„2S = m — cos a -
R■ mg sm a
egyenlőséget kapjuk. Behelyettesítve azS < fiN egyenlőtlenségbe:
m — cos a —mg sin a<
( 1)2 ■ \ lH\ wi — sinoc + m í/cosa I.
Innen
/ gR{sin a + n cos a)~ yj cos a —/isin a
Ez tehát az a legnagyobb sebesség, amivel az autó a kanyarban haladhat. Ha a sebessége Dmax-nál nagyobb, akkor kisodródik a kanyarból. Figyeljünk fel arra, hogy a gyökjel alatti tört nevezője csak pozitív lehet, így cos a — /z sin a > 0, vagyis n < ctg a. (Ha például az úttest olyan érdes, hogy
2.124.ábra
H=0,9, akkor az úttestet 48 ’-kai kell meg- dönteni, hogy az autó bármilyen sebességgel haladhasson a kanyarban a kisodródás veszélye nélkül.)
Ha a minimális sebességet keressük, akkor a fenti egyenletrendszerben a súrlódási erő komponenseinek az előjelét megváltoztatjuk. Ekkor
u>I gR{sin a —fi cos a)
cos a + fi sin a.= :v„
A gyökjel alatti tört számlálója negatív nem lehet, tehát sin a > fi cos a, vagyis f i< tg a. H a tehát fi> tg a, akkor az autó akármilyen kis sebességgel haladhat annak a veszélye nélkül, hogy besodródjon az úttest mellett húzódó belső árokba. |
A most következő egyszerű problémák a most megtárgyalt feladat speciális esetei valamilyen értelemben.
rfek in tsük most azt az esetet, amikor egy pontszerű test vízszintes felületen végez körmozgást: gondoljuk el, hogy egy forgó korongra (pl. a lemezjátszóra helyezett lemezre) m tömegű testet helyeztünk. Ha a test nem csúszik meg, akkor a körpályán a tapadó súrlódási erő tartja. A 2.124. ábrán látható koordináta-rendszerben:
S=mra>2,
N — mg = 0,
S<f iN.
158
Világos, hogy ez az egyenletrendszer a (4) egyenletrendszerből úgy keletkezik, hogy a = 0-t helyettesítünk. |
I Képzeljük most el, hogy egy forgó henger (pl. centrifuga) palástjához belülről egy tömegpontot helyezünk. Ha a henger bizonyos szögsebességgel forog, akkor a tömegpont nem csúszik le. Ekkor a testet a falra merőleges nyomóerő tartja körpályán, a fallal párhuzamos súrlódási erő a nehézségi erőt kompenzálja (2.125. ábra).
N = macp = mr(o2,
S — mg = 0,
S < n N .
Ez az egyenletrendszer az a = 90° helyettesítéssel keletkezett a (4) egyenletrend- szerből. |
f~Most azt az esetet vizsgáljuk meg, amikor a fi—0. Gondoljuk el, hogy egy R sugarú gömb belsejében súrlódásmentesen
2.125.ábra
egy tömegpont mozog r < R sugarú (vízszintes síkú) körpályán. A 2.126. ábrán látható koordináta-rendszerben a tömegpontot a körpályára kényszerítő erőkomponens az N nyomóerő szöggel szemközti összetevője, sin a-szorosa. A nyomóerő szög melletti összetevőjét a nehézségi erőt kompenzálja. így
v2Af sin a = mrv)2 = m — ,
r
N cos OL — mg = 0,
r = R sin a.
A harmadik állítás a kör és a gömb sugara közötti egyszerű geometriai kapcsolatot fejezi ki. |
("Tanulmányozzuk most a kúpinga esetét. Függesszünk fel egy m tömegű testet / hosszúságú fonálra, és térítsük ki a függőlegeshez viszonyítva a szöggel, aztán adjunk a testnek v sebességet, hogy vízszintes síkú körpályán mozogjon (2.127. ábra). Jelöljük a kúp félnyílásszögét a-val. A testre a nehézségi erő mellett a kötélerő hat. A koordináta-rendszert válasszuk meg úgy, hogy az első tengelye vízszintes, a második függőleges legyen, ahogyan az ábrán látjuk.
159
A fonálra függesztett testet az r sugarú körpályára a K kötélerő vízszintes összetevője kényszeríti:
2 1,2K sin a = mror = m — .r
A függőleges irányú erőkomponensek ősz- szege nullával egyenlő, hiszen a felfüggesztési pont és a körmozgást végző test függőlegesen nem gyorsul:
K cosoL — mg = 0.
(Ha a felfüggesztési pont mégis gyorsul, például egy a-val fölfelé gyorsuló liftben, akkor ez az egyenlet így módosul: K cos u —mg=ma.) A fonál hossza és a körpálya sugara közötti összefüggés: r = i sin a. Összefoglalva a kúpinga mozgását leíró egyenleteket:
K sin a = mr(ü2,
K cos OL — mg = 0,
r = l sin a.
Helyettesítsük most a harmadik egyenlőséget az elsőbe:
K s ina = m /sina>2.
Innen
K = mloj2,
ezt a második egyenletbe helyettesítve, w2- et kifejezve:
— e— = ( - ) \l cos a \ T J
ahol T a kúpinga keringési ideje. A periódusidőt kifejezve:
T - 2JI [ 1 .V a V 9
Az l hosszúságú fonálon keringő kúpinga periódusideje tehát mindenképpen kisebb, mint lu y /ljg , ha például a fonál hossza1 méter, akkor a kúpinga keringési ideje kisebb mint, 2 másodperc, akármilyen sebességgel kering a test. |
pMost vizsgáljunk meg egy „összetett” kúpingát. A 2.128. ábra szerint a függőleges tengely felső pontján egy könnyen elforduló csapágy van, a tengelyen pedig egy másik csapágy csúszhat fel és le súrlódás nélkül. Mindkét csapágyhoz / hosszúságú fonalat erősítünk, és ezek szabad végét egy Wj tömegű testhez rögzítjük. Ez a test vízszintes síkban, r sugarú körpályán, oj szögsebességgel kering. A fonalak függő-
160
legessel bezárt szögét jelöljük a-val, az alsó mozgó csapágy tömegét w2-vel.
Az mx tömegű testre ható erők sugárirányú komponenseinek az összege a tömeg és a centripetális gyorsulás szorzatával egyenlő; ha a felső kötélben K t , az alsóban K 2 nagyságú erő hat, akkor
K 1 sin a + K 2 sin a = m^reo2.
A függőleges irányú erőkomponensek ösz- szege nulla:
cos a + K 2 cos a —m1g=0 ,
hiszen az mi tömegű test függőleges irányban nem gyorsul. Az m2 tömegű csapágyra ható erők függőleges vetületeinek összege ugyancsak nulla:
K 2 cos a — m2g — 0.
(Persze a vízszintes összetevők eredője is nulla, ezt azonban azért nem írjuk fel, mert erre az egyenletre nem lesz szükségünk). A fenti három dinamikai egyenlet mellett még érvényes az
r = l sin a
geometriai jellegű egyenlőség i s j ÍÁ következő feladatban egy tömegpont
2 e nyílásszögű, függőleges tengelyű kúp belsejében végez körmozgást. Jelöljük a kúp
alkotójának a vízszintessel bezárt szögét a-val. Képzeljük el, hogy az m tömegű testnek a kúp belső felületén i;0 kezdősebességet adunk, ez olyan magasságban történik, ahol a kúp vízszintes metszetének a sugara r0. Az r0 és a v0 értékeket egymástól függetlenül adtuk meg, ezért lehetséges, hogy a tömegpont az r0 sugarú körpályáról vagy lesodródik egy kisebb sugarú pályára, vagy feljebb kúszik. Jelöljük r-rel annak a pályának a sugarát, amelyen a test végül is valóban körmozgást végez, és a körmozgás sebessége ezen a pályán legyen v (2.129. ábra).
A testre ebben a helyzetben két erő hat, a nehézségi erő és a kúp palástjának a nyomóereje. A centripetális gyorsulást a nyomóerő vízszintes összetevője okozza:
v2N sin a = wj — .
A függőleges erőösszetevők eredője nulla:
N c o s a — mg = 0.
További összefüggést a munkatétel szolgáltat: a nyomóerő a sebességre minden pillanatban merőleges, ezért a munkája nulla. A helyzeti energia nulla szintje legyen a kúp csúcsánál. Ekkor
j mvl + mgh0 = j m v 2 + mgh,
ahol Ji = rtga , és h0 = r0tg a. |Ebben a pontban néhány speciális prob
léma kapcsán megmutattuk a körmozgás dinamikai leírását. Valójában semmi igazán újszerű nem volt ebben a korábbiakhoz képest, mindössze arról volt szó, hogy kihasználtuk, hogy a tömegpont normális gyorsulásának a nagysága
161
A testre ható erők sugárirányú vetületei- nek összegét sokszor centripetális erőnek nevezik. A jelen fejezetben eddig tárgyalt problémák azt mutatják, hogy igen jól meg lehet lenni a centripetális erő fogalma nélkül. Használatával kapcsolatban a következőkre kell felhívnunk az Olvasó figyelmét. A centripetális erő nem erőfajta, amely a többi erő között hat a testre. A centripetális erő funkció, amelyet különböző erők tölthetnek be. Mint láttuk, a centripetális erő lehet súrlódási erő, kötélerő. A kúpinga esetét példaként említve: a centripetális erő K sin a. Ettől azonban nem lesz a probléma leírása egyszerűbb, ha ezt a címet, titulust a kötélerő vízszintes vetü- letére akasztjuk. A másik fontos dolog, amit a centripetális erővel kapcsolatban el kell mondanunk, az a következő. Arra a kérdésre, hogy mi a centripetális erő, helytelen azt válaszolni, hogy az mv2/r. Az nw2/r nem erő, hanem a test impulzusának a sugár irányában történő időegységre eső megváltozása, tehát az mv2/r állapotjelző, a test állapotának a kifejezője. Az erő ezzel szemben a környezet tulajdonsága.
l~Mint említettük, a centripetális erő szerepét sokféle erő betöltheti. így például a centripetális erő lehet a nehézségi erő is. Vessük fel a következő kérdést: milyen vízszintes sebességgel kell vízszintes irányban elhajítani egy testet, hogy soha le ne essék. Ekkor a test megkerüli a Földet, a Föld körül körmozgást végez. A testre egyedül a nehézségi erő hat (ez most a centripetális erő):
v2m9 = m — ,
ahol R a Föld sugara. Innen v = y f gR. A Föld sugarát 6400 km-nek véve, i;=8000 m/s = 8 km/s. A Föld felszínéhez közel keringő műholdak ilyen sebességgel keringe
nek a Föld körül. A v = /g R sebességet /. kozmikus sebességnek is nevezik.
Mint ismeretes, a Föld egyenlítőjének a hossza 40000 km, ezért egy műholdnak kb. 5000 másodpercre (1,38 órára, = 1 óra 23 percre) van szüksége, hogy megkerülje a Földet.
Felvetődik az Olvasóban a kérdés, hogy a Föld felszíne felett keringő műhold miért is nem esik le a Földre. A műhold esik a Föld felé, azonban a Föld felülete nem sík, ezért a műhold nem kerül közelebb a felszínhez. A Föld pontosan annyit görbül, amennyit a műhold esik.
A műhold a Föld felszíne felett 1 másodperc alatt 8000 métert tesz meg. Ez alatt az 1 másodperc alatt g j l - t 2 = 5 m-t esett. Ez alatt a Föld annyit görbült, hogy a felszíne a műholdtól változatlan távolságra van. Egy egyszerű geometriai gondolatmenet még jobban megvilágítja a probléma lényegét: egy R =64 • 106 m sugarú körhöz húzzunk érintőt, és az érintési pontból kiindulva mérjünk fel 8000 méter hosszú szakaszt (2.130. ábra). Az így kapott pont távolsága a kör középpontjától x = 6 400 005 m, pontosan 5 méterrel több mint a kör sugara. Ennyit esik a test 1 másodperc alatt. Ezért a gömb felületétől mért távolsága nem változik. |
8000m -
2.130.ábra
162
PA következő körmozgással kapcsolatos feladatban azonban fontos szerepe van a súrlódási erőnek. A 2.131. ábrán egy r sugarú pályán körbehaladó autó l hosszúságú fonállal egy m tömegű csúszó ládát vontat. Az autó és a láda szögsebessége azonos, legyen ez w. A láda és a talaj közötti súrlódás együtthatóját jelöljük //-vei. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy l= r, és jelöljük a láda pályájának a sugarát /?-rel. Az ábrából világos, hogy R = 2r cos a. A ládára két erő hat a talaj síkjában: a csúszó súrlódási erő és az autó felé mutató kötélerő. A kötélerő sugár irányú összetevője K cos a, ez tölti be most a centripetális erő szerepét:
K cos a = mRoj2.
Az R sugarú körpálya érintőjének az irányában a kötélerő érintő irányú összetevője; ezzel ellentétes irányban az S = nmg nagyságú csúszó súrlódási erő hat. A két erő eredője nulla, hiszen a láda nem gyorsul érintő irányban:
K sin a — ixmg = 0.
Ezzel a ládára vonatkozó egyenleteket áttekintettük. Térjünk rá az autóra. Az autóra a talaj síkjában a K kötélerőn kívül egy tapadó súrlódási erő hat, ezt az ábrán T-vel jelöltük. A T az r sugarú kör bel
seje felé, kissé előrefelé mutat, irányát és nagyságát azonban nem ismerjük. Világos, hogy teljesülni kell a
T < tiamag
egyenlőtlenségnek, ahol fta az autó kerekei és a talaj között fellépő tapadó súrlódás együtthatója, ma pedig az autó tömege. Jelöljük a tapadási erő sugárral bezárt szögét /3-val. Ekkor
T cos fi — K cos 2a = mari»2,
T sin P — K sin 2a = (Xj
2.3.2. Harmonikus rezgőmozgás
H a egy spirálrugót megnyújtunk vagy összenyomunk, akkor a rugó erőt fejt ki. A rugó által kifejtett erő arányos a deformáció mértékével, és ellentétes irányú a deformációval. Ez pontosan a következőt jelenti.
Rögzítsük a rugó egyik végét az O ponthoz. Ekkor, ha a rugót megnyújtjuk, mondjuk x-szel, akkor a rugó által kifejtett erő az O pont felé mutat, és arányos x-szel. Hasonlóan, ha a rugót összenyomjuk x- szel, akkor a rugalmas erő arányos x-szel, és az O ponttal ellentétes irányba mutat. Ha x jelenti a rugó végpontjának az el-
1 m
° r r r n m n m ox<0
F
-----*-xo -6000000000
163
mozdulását a 2.132. ábrán látható koordináta-rendszerben, akkor
F = —Dx. (1)
Az arányossági tényezőt direkciós erőnek vagy néha rugóállandónak nevezzük, a mértékegysége [D] = N/m, de sokszor használjuk a N/cm mértékegységet is.**’
[Rögzítsük most az L hosszúságú, D direkciós erejű rugó bal oldali végét egy falhoz, a jobb oldali végéhez pedig erősítsünk egy m tömegű testet! Helyezzük el a vonatkoztatási rendszert a 2.133. ábrán látható módon! A test kezdeti koordinátája így 0. Mozdítsuk el most a testet — mondjuk pozitív irányba — x-szel! Ekkor— feltéve, hogy a súrlódástól eltekinthetünk — a testre vízszintes irányban egyetlen erő hat, a rugó által kifejtett erő; így a dinamika alapegyenlete:
-Dx = ma. (2)
Itt a bal oldalon tehát a rugó által kifejtett erő szerepel, ez pozitív, ha x negatív (vagyis a rugó összenyomott helyzetben van), és negatív, ha x pozitív, vagyis ha a rugó hossza nagyobb, mint L.
A mozgás helyzet-idő függvényét keressük, azt, hogy a mozgás kezdete után t idővel hol van a test. Ennek a feladatnak a megoldása középiskolai matematika tudásunkkal kissé nehéz feladat lenne. Szerencsénkre ismerjük m ár a mozgás típusát.
2.133.ábra
Az (1) természetesen nem egzakt természeti törvény, hanem bizonyos határok között jó közelítés.
Osszuk el ugyanis a (2) egyenlet mindkét oldalát m-mel:
D----- x = a.
m
Valóban találkoztunk már ilyen egyenlőséggel, a harmonikus rezgőmozgás alapegyenlete:
-ío2x — a .
Megbeszéltük, hogy ez az egyenlet karakterisztikusan jellemzi a harmonikus rezgőmozgásokat; ha a test helyzete (kitérése) negatív arányossági tényezővel arányos a gyorsulással, akkor biztosak lehetünk abban, hogy harmonikus rezgőmozgás valósul meg. A két utóbbi összefüggést összevetve azt kapjuk, hogy
2 D(O - —, m
vagyis
Do)= I — . m (3)
A megvalósuló harmonikus rezgés kör- frekvenciája tehát a rugóállandótól és a tömegtől függ. |
Pvizsgáljuk meg, hogyan módosul a mozgás, ha a rugót a mennyezetre függesztjük (2.134. ábra). Jelöljük most is L-lel a rugó
V / / // / / / / / / / / / / / / / / /7 / / /Z <í\
0(x x)
2.134.ábra
164
hosszát és a direkciós erőt D-vel. Függesz- szünk fel a rugóra egy m tömegű testet, és tegyük fel, hogy a test nyugalomban van. A rugó a test súlya miatt megnyúlik, a megnyúlása legyen x0. Ekkor
mg — D x0 = 0. (4)
Térítsük ki most a testet (mondjuk pozitív irányba) x-szel. Az x-et a test nyugalmi helyzetétől mérjük, a rugó megnyúlása tehát most x + x0, a testre ható rugalmas erő pedig — D(x + x0). A dinamika alapegyenlete:
m g—D(x0 + x) = ma.
A (4) egyenletből
(5)
mg D ’
a harmonikus rezgőmozgás egyensúlyi helyzete a nyújtatlan rugó alsó vége alatt van x0 = mg/D-vel. Vonjuk most ki az (5) egyenletből a (4) egyenletet, ekkor
— Dx = ma.
Ugyanazt az egyenletet kaptuk, mint a korábbi (1) egyenlet, így ebben az esetben is harmonikus rezgőmozgás jön létre, és
(ü =
A feladattal kapcsolatban több tanulság is megfogalmazható. Először is jegyezzük meg, hogy az (5) és (4) egyenletek különbségéből kapott egyenlet bal oldalán — ellentétben az (1) egyenlettel — nem a rugalmas erő áll: itt —Dx nem a rugó által kifejtett rugalmas erő, hanem a nehézségi és a rugalmas erő eredője. (A különbség oka az, hogy az (1) egyenletben x a rezgés kitérését is, és a rugó megnyúlását is jelenti, míg az utóbbi esetben x a rezgés kitérése
— az egyensúlyi helyzettől mért távolság —, a rugó megnyúlása azonban x + x 0.)
A feladattal kapcsolatos másik észrevételünk: ha a testre a rugalmas erővel párhuzamos F erő hat — mint most az mg —•, akkor ez a körülmény a rezgés körfrekvenciáját (rezgésszámát, periódusidejét) nem befolyásolja, csak a rezgés egyensúlyi helyzetét tolja el x 0 = F/D-ve 1.
A harmadik megjegyzésünk a feladatok megoldásához hasznos: fejezzük ki a (4) egyenletből D/m-et, és helyettesítsük ezt az ío= x/D /m képletbe. H a egy függőleges rugót a ráfüggesztett test a nyugalmi helyzetig x 0-lal nyújt meg, akkor a rezgés kör- frekvenciája
to=
Pvizsgáljuk meg most annak a testnek a mozgását, amelyet két rugóval két függőleges fal közé erősítünk. A test tömege legyen m, a bal oldali rugó L 1 nyújtatlan hosszúságú, a jobb oldali hossza pedig nyújtatlan állapotban L 2. A két rugó ereje Dj és D2 (2.135. ábra).
m ma í
D ,*
wD,*
D2 í s - x 0J
d)2.135.
D,(jr0*jr] D 2{ s x0-xl á b r a
165
A kiindulási helyzetet az a) ábra szemlélteti. A két rugó kezdetben feszítetlen, erőt nem fejtenek ki a testre, a testre nyugalomban van. Ha ebből a helyzetből a testet a b) ábra szerint kitérítjük x-szel, akkor a bal oldali rugó megnyúlik, a jobb oldali összenyomódik, mindkét erő bal kéz felé m utató erőt fejt ki a testre:
—D1x — D2x = ma. (6)
Itt a bal oldal első tagja a bal oldali rugó által kifejtett erőt, a második tag a jobb oldali rugó által kifejtett erőt jelenti. A (6) egyenletből
m
Ezt összevetve a rezgőmozgás —co2x —a alapegyenletével azt kapjuk, hogy a létrejövő harmonikus rezgőmozgás körfrekvenciája:
\ j m
Az ábra c) részén az a) részhez viszonyítva az a különbség, hogy a jobb oldali falat elmozdítjuk jobbra s-sel. Ekkor a test egyensúlyi helyzete is jobbra tolódik, mondjuk x0-lal. Itt a testre két egyenlő nagyságú és ellentétes irányú erő hat, a bal oldali rugó balra húzza D^Xq nagyságú erővel, a jobb oldali pedig jobbra húzza D2(s—x 0) nagyságú erővel. így az egyensúlyban:
- D ix 0 + D2( s - x 0)= 0. (7)Figyeljünk fel arra, hogy a két rugóerő most ellentétes irányú, ellentétben az ábra b) részéhez tartozó esettel. A (7) egyenletben ezért szerepel az egyik erőkomponens pozitív, a másik negatív előjellel.
Térítsük ki most a testet jobbra x-szel,
ahogy a d) ábrán látható. Ekkor a bal oldali megnyúlása x-szel nő, a jobb oldali rugóé ugyanennyivel csökken. így a dinamika alapegyenlete:
— D l(x0 + x) + D2(s — x 0 — x) = ma. (8)
A (7) egyenletből az egyensúlyi helyzet jobbra tolódása meghatározható:
D2s Xo= D l + D2
Vonjuk most ki a (8) egyenletből a (7) egyenletet. Ekkor— D1x — D2x = ma. (9)
Ez az egyenlet formailag azonos a (6) egyenlettel. Ezért a körfrekvencia ebben az esetben is
/D 1 + d 20)= / ---------- .
\ m
A (9) egyenlet azonban alapvetően különbözik a (6) egyenlettől. A (6) egyenletben— mint említettük — a bal oldalon szereplő két tag külön-külön a két rugó által kifejtett erőt jelenti. A (9) egyenletben azonban a bal oldal két tagja külön-külön nem értelmezhető: itt D tx nem a bal oldali rugó visszahúzó ereje! A bal oldali rugó ugyanis D(x0 + x) erőt fejt ki. A (9) egyenletben ugyanúgy, mint a (6) egyenletben, x a rezgőmozgás kitérését jelenti, de a (6) egyenletben — ellentétben a (9) egyenlettel— az x a rugó deformációját is jelenti.
A feladattal kapcsolatos másik tanulság: a rugók megfeszítése nem változtatja meg a rezgés körfrekvenciáját, csak a rezgés egyensúlyi helyzete tolódott el. |
Pfekintsünk most egy rugót, de mindkét végén egy-egy testet: a rugó nyújtatlan hossza legyen L, direkciós ereje D, a bal oldali test tömege ml , a jobb oldali testé
166
L;D
• U i i í r
£,;D,=?2.136.ábra
m2. H a a két testet egymástól eltávolítjuk, és egyszerre elengedjük, akkor szembe mozogva harmonikus rezgőmozgást végeznek. M indkettő ugyanabban a pillanatban áll meg, a periódusidejük azonos, különben, ha az egyik korábban állna meg, akkor az impulzus megmaradásának az elve megsérülne. A két test tehát mintegy egymás tükörképeként rezeg (2.136. ábra).
A két test közös tömegközéppontja eközben nyugalomban marad. (A tömegközéppont a nyugalomban lévő testek esetén a bal oldali testtől
Li =m2L
mi + w 2(10)
távol van. A tömegközéppontról később részletesen tanulunk, a (10) állítást is indokolni fogjuk, egyelőre azonban fogadjuk el— csak ebben a példában — a (10) egyenlet érvényességét és azt, hogy a két rezgő test között a tömegközéppont nyugszik.)
Ha a tömegközéppont nyugalomban van, akkor ott gondolatban elvágva a rugót, a bal oldali maradék részt úgy képzeljük, hogy egy falhoz rögzítjük, és az tömegű test L t nyugalmi hosszúságú rugón vízszintesen rezeg. Ezzel a feladatot vissza is vezetnénk az első feladatra, ha ismeretes lenne az hosszúságú rugó direkciós ereje. Egyszerű gondolatmenettel azonban belátható, hogy ugyanazon anyagból készült rugó direkciós ereje és hossza fordítva arányos egymással. (Gondoljuk meg ugyanis, hogy ha egy gumikötél mondjuk 20 cm-rel való megnyújtásához 50 N erő szükséges, akkor a fele csak 10 cm-rel
nyúlik meg, ugyancsak az 50 N erő miatt. Ha tehát a gumikötél felét szeretnénk kétszer 10 cm-rel megnyújtani, akkor ahhoz kétszer 50 N, azaz 100 N erőre lenne szükség.) A mi esetünkben tehát
L(11)
így az m, tömegű test a í) , direkciós erqü, egyik végén rögzített, vízszintes helyzetű rugóhoz erősítve
a>= (12)
körfrekvenciájú rezgést végez.A (10), (11), (12) állítások a probléma
megoldását szolgáltatják. Könnyen belátható, hogy
(0 =mlm2
A képletben mí és m2 felcserélhető, így innen is nyilvánvaló, ho \y az m2 tömegű test a másik rugódarabo i ugyanezzel a kör- frekvenciával rezeg. |
A rugó hossza és direkciós ereje fordítottan arányos egymással. Két részre vágva egy rugót, a részek direkciós ereje külön- külön is nagyobb, mint az egészé. Az L hosszúságú, D rugóállandójú rugót vágjuk ketté L j és L2 hosszúságú részekre. Ekkor
Dd [
D
~öl
h í L ’
L ’
Lj 4" L 2 = L.
Osszuk el a harmadik egyenletet L-lel:
~L + T = 1 ‘
167
Behelyettesítve az első két egyenletet, majd mindkét oldalt D-vel osztva:
! ! _ !D D, D
(13)
Ez az állítás úgy is értelmezhető, hogy ha két rugót — egy D1 és egy D2 direkciós erejű — sorbakapcsolunk, egymáshoz kötünk a 2.137. ábra a) része szerint, akkor ezt a két rugót helyettesítő egyetlen rugó direkciós erejét a (13) összefüggésből határozhatjuk meg. Könnyen látható ugyanakkor, hogy rugókat párhuzamosan egymás mellé kötve, ahogy a 2.137. ábra b) részén látható, a direkciós erők összeadódnak:
D! + D2= D . (14)
l~A fenti állításokat illusztráljuk a következő példával. Tegyük fel, hogy egy rugóra függesztett test T= 0,5 s periódusidővel rezeg. Ezután a rugóból levágunk egy darabot, és a testet erre a darabra függesztjük. Ebben az esetben azt tapasztaljuk, hogy a periódusidő 7\ = 0,4 s. M ekkora a periódusidő, ha a testet a másik rugódarabra függesztjük? Jelöljük a két rész direkciós erejét Dj-gyel és Z)2-vel, az egész rugóét D-vel. Ekkor egyrészt a rezgésidők:
másrészt (13) alapján:
1 1 _ 1 ~D[ + D j “ D '
Szorozzuk meg ez utóbbi egyenlőséget 4n2w-mel, ekkor
„ , m , 2 m „ 2m4 n ------ |-47t — = 4 n — ,£>! D2 D
és ez azt jelenti, hogy
T \ + T l = T 2.
Az adatokat behelyettesítve: T2= 0,3 s. A periódusidők közötti összefüggést kifejező egyenlőséget úgy is megjegyezhetjük, hogy egy derékszögű háromszög két befogójára Tj-et és T2-1, az átfogóra T-1 mérjük fel. |
Eddig néhány feladaton keresztül megmutattuk, hogy a rugalmas erők harmonikus rezgést eredményeznek. Figyeljünk fel arra, hogy a rezgőmozgás paraméterei közül kettőre koncentráltunk: a körfrekvenciára és az egyensúlyi helyzet jellemzésére.
Ezek a mennyiségek valóban elsősorban dinamikai feltételekből, a rugóállandóból, a tömegből számíthatók.
A rezgőmozgást jellemző négy paraméter közül a másik kettőről az említett problémáknál nem volt szó, nem beszéltünk arról, hogy miképpen lehet az amplitúdót és a rezgés kezdőfázisát meghatározni. Ez a két paraméter kinematikai kezdeti feltételekből határozható meg: az amplitúdóra, a kezdeti fázisra abból következtetünk például, hogy honnan és mekkora kezdeti sebességgel indult a test.
A rezgőmozgás négy paramétere: A, co,— <p, x0. Ezek közül kettőt, co-1 és x0-t a dinamiKai körülmények szabják meg, a
'/ / / / / / / / /
2.137.abra
168
2.138.ábra
másik két paramétert legtöbbször a kezdeti feltételekből számoljuk ki.
Világítsuk meg ezt egy-két példával.Rjrondoljuk el, hogy L hosszúságú, D
rugóállandójú rugóra m l tömegű homokzsákot függesztünk. A rugót a homokzsák súlya megnyújtja, a megnyúlást jelöljük Xj-gyel. így a rugó hossza L + x , . Ekkor a zsákba belelövünk alulról felfelé egy m2 tömegű, v0 sebességű lövedéket. H a a lövedéket csak belehelyeznénk a homokzsákba, akkor a két test együttes súlya x 2-vel nyújtja meg a rugót (2.138. ábra). A rugó hossza most L + x 2. Azt kaptuk, hogy
x, = 9D
x ,=
Világos: a homokzsák egyedül Xj-gyel nyújtja meg a rugót, ha nyugalomban van, a homokzsák és a lövedék együttes egyensúlyi helyzete az x 2 megnyúláshoz tartozik. Azután, hogy a lövedék belerepült a homokzsákba, a két test
a> =D
m1+ m 2
körfrekvenciával rezeg. [A (15) egyenlőség a dinamika alaptörvényéből származott. E pont első példáiban ezt m utattuk meg.
Amikor tehát felírjuk az a)=y/D /m „képletet”, tudnunk kell, hogy emögött Newton II. törvénye áll. Azt is mondhatnánk, hogy ez a képlet Newton II. törvényének „álruhás” formája.]
A rezgés egyensúlyi helyzete -— mint láttuk — a rugó L + x 2 hosszához tartozik, vagyis a felfüggesztési pont alatt van L + x 2-vel. Ebből az is nyilvánvaló, hogy a test az egyensúlyi helyzete felett x 2—X! = :x0-lal kezdi a harmonikus rezgést, felfelé irányuló kezdősebességgel. Ez a kezdősebesség az impulzusmegmaradás törvényéből határozható meg:
m1v0 = (mi+Tn2)v.
Innen
v = miVp m, + m 2
Még egyszer: a test ezzel a fölfelé irányuló kezdősebességgel az egyensúlyi helyzet felett
X2 —Xj =m2 g
D
-vei kezdi a mozgást. A t= 0 időponthoz tehát adott a kezdeti sebesség és a kezdeti helyzet. így az amplitúdó és a kezdeti fázis meghatározható:
A 2= (x2
l-JW) D(wj + m2)
A 2.139. ábráról az is leolvasható, hogy
X2-X i(15) sin (~<p) =
A grafikonról látható, hogy visszakeresésnél a 0 és 7t/2 közötti szöget kell számításba venni: 0 < — <p < n/2, a grafikon
169
w -v0r
D ( m, *mj)
2.139.ábra & 4
2g[2L-D/m
2.141.ábra
ugyanis a transzformálatlan szinuszfüggvényhez képest egy negyed periódusnál kisebb szöggel van eltolva a t tengely negatív irán y áb a j
l"Hasonló probléma a következő. Képzeljük el, hogy a 2.140. ábrán látható módon felfüggesztünk egy L hosszúságú, D direkciós erejű rugót a mennyezetre, és erre egy szintén L hosszúságú könnyű fonalat akasztunk. A fonál alsó végére erősítsünk egy m tömegű testet. A test súlya miatt a rugó x l =mg/D-\e 1 nyúlik meg. Ha a test együtt rezeg a rugóval, akkor a rezgés egyensúlyi helyzete a rugó felső vége alatt van 2L + x 1 távolságban. Emeljük fel ezután a testet függőlegesen, majd a meny- nyezet alatt s távolsággal, kezdősebesség nélkül engedjük el. Ekkor a test h = 2 L —s utat esik szabadon, és — a munkatétel alapján —
v = s/2 y h = s/2 y (2 L -s )
sebessége van, amikor a fonál éppen feszülni kezd. Ezután a test már nem szaba-
I
Ü2 L-S
dón esik, hiszen a fonál és a rugó m ár feszes, hanem harmonikus rezgés jön létre. A fonál a rezgés egyensúlyi helyzete felett x 1 távolságban kezd feszülni, a test ekkor lefelé mozog.
Az amplitúdót könnyen meghatározhatjuk, m ár csak azt kell hozzá elmondanunk, hogy Newton II. törvénye szerint a rezgőmozgás körfrekvenciája to = v/D/m. A 2.141. ábrán látható háromszögben az átfogó meghatározható:
Á 1= x \ + (5)’A = m g \
D J
2 + 2g(2L — s)D/m
2.140.ábra
A grafikonról látszik, hogy a kezdőfázis n/2 és n közé esik, tehát a
sin( —<p)=^-
egyenletnek olyan megoldását kell keresnünk, amely az első periódusba esik, és a koszinusza negatív.
A test — mint mondtuk —, az egyensúlyi helyzet fölött lefelé haladva kezdi a harmonikus rezgést. Az egyensúlyi helyzeten áthalad, majd az alsó holtponton megfordul, és ezután ismét áthalad az egyensúlyi helyzeten. Az egyensúlyi helyzet fölött Xj magasságban a fonál meglazul, a test innen függőleges hajítással folytatja a mozgást. Jelöljük fi-gyel azt az időpontot, amikor a test először éri el az x t helyzetet a 0 időpont után. A rugó tehát egy perió-
170
dúsban f , ideig feszes:
x t = A sin (cotx — (p). |
ITjgyanehhez a gondolatkörhöz tartozik a következő probléma. Egy L nyugalmi hosszúságú, D direkciós erejű rugóra függesszünk egy m1 tömegű kis tányért. Ekkor a rugó megnyúlása legyen
Y _ miS X l~ D ’
a rugó hossza tehát L + x Ha egy m2 tömegű kis testet beleteszünk a tányérkába, akkor a két test összes súlyától a rugó
{mi + m 2)g
-vei nyúlik meg, a rugó hossza tehát ebben az esetben L + x 2 (2.142. ábra).
Ejtsük bele az m 2 tömegű golyót a tányérba, a tányér felett h magasságból. A golyó — a munkatétel szerint — v = y j l g h sebességgel csapódik a tányérba. Tegyük fel, hogy hozzáragad a tányérhoz, tehát az ütközés tökéletesen rugalmatlan. Ekkor az ütközés után a két test együtt v, sebességgel kezd mozogni: m2v= (m l + m2)v1.
Newton II. törvénye szerint a két test együttesen
2.143. ábra
körfrekvenciával kezd rezegni. A létrejövő rezgés egyensúlyi helyzete tehát a felfüggesztési pont alatt van L + .x2-vel, a rezgés az egyensúlyi helyzet felett x 2 —x r gyel kezdődik, lefelé irányuló
m2sf l ^ ir, = — -------
ml + m 2
sebességgel. Az amplitúdó és a kezdőfázis a kezdeti, a ( = 0 időponthoz tartozó adatokból meghatározható (2.143. ábra):
/,=N/fe-*‘)2+(S) •sin (—<?)= * 2 A~ ■
Minthogy a rezgés az egyensúlyi helyzet felett kezdődik, lefelé irányuló, tehát negatív kezdősebességgel, a trigonometrikus egyenletnek az a gyöke érdekes számunkra, amelyre n/2 < —cp<n, ekkor ugyanis a szög szinusza pozitív, a koszinusza pedig negatív. |
I A következő probléma még rugók rezgésével kapcsolatos. Tegyük fel, hogy egy L hosszúságú, D erősségű rugó alsó végén rwj tömegű test van, mint ahogy ez a 2.144. ábrán látható. H a a felső végére egy m2 tömegű testet erősítünk, akkor az a rugót összenyomja, mondjuk x0-lal. Ekkor a rugó hossza L —x 0. Világos, hogy
m2g — Dx0 = 0.
Nyomjuk le ezután a felső testet /4-val. Ekkor a rugó hossza L —x 0—A. Ha ebből a
171
2.144. "W ábra
helyzetből a felső testet elengedjük, akkor a test — ha a rugón m arad— az egyensúlyi helyzeten áthaladva az egyensúlyi helyzet fölé emelkedik /1-val. Ekkor a rugó hossza L — x0 + A, a rugó megnyúlása A — x 0. Ekkor a rugó mind a felső, mind az alsó testre D(A — x0) nagyságú erőt fejt ki. Newton II. törvényét most az alsó testre alkalmazva, az egyensúly feltétele, hogy a fölfelé ható rugalmas erő és a talaj által kifejtett kényszererő eredőjét az m^g nehézségi erő kompenzálja:
N + D (A—x 0) = m1g.Az m t tömegű test nyilván mindaddig a talajon marad, amíg N > 0. Határesetben N = 0, vagyis
DA — Dx0 = mlg.
Most felhasználva a felső test egyensúlyára vonatkozó Dx0 = m2g feltételt, azt kapjuk, hogy
D A= (m l + m2)g.
(Ez a „formásnak” tűnő egyenlőség fizikailag szerencsésen nem értelmezhető. Óvakodni kell attól, hogy a fizikai tartalommal rendelkező egyenletek matematikai átalakításával kapott képletekből fizikailag értelmezhető állításokat olvassunk ki.) |
A most következő feladatok azt m utatják, hogy egy test rezgőmozgása nem feltétlenül kapcsolódik a rugókhoz: ha tudjuk, hogy egy test rezeg, akkor nem kell
feltétlenül arra gondolunk, hogy a rezgés oka a rugalmas erő.
rfegyük fel, a 2.145. ábrán látható excentrikus kerék egyenletesen forog, szögsebessége co, sugarát jelöljük /4-val. Ekkor a tengelyhez csatlakozó rudazat a dugattyú függőleges egyenese mentén, a hengerben közelítőleg harmonikus rezgőmozgást végez co körfrekvenciával és A amplitúdóval. Helyezzünk egy m tömegű testet a dugattyúra, és vizsgáljuk a mozgást a ttól az időponttól kezdve, hogy a dugaty- tyú felé áthalad az egyensúlyi helyzeten. Ekkor a dugattyú kitérés-idő függvénye: x(t)= A sin cot. A dugattyúra helyezett testre két erő hat: a nehézségi erő és a dugattyú által kifejtett nyomóerő. Newton II. törvénye:
N - mg = ma.
A gyorsulás azonban a = — Acü2 sin cot, így
N = m(g — Aco2 sin cot).
A nyomóerő nyilván nem lehet negatív, így
JV = m(g — Aco2 sin cot) > 0,
minden t időpontban. Ez azonban egyenértékű azzal, hogy
g > Aco2 sin cot, (16)
A
--oA
2.145.ábra
172
ami akkor teljesül minden t-re, ha a sin cot maximális értékére teljesül: sin tot = 1 esetén
g>Aco2. (17)
Ez tehát annak a feltétele, hogy a dugaty- tyúra helyezett test a rezgés közben állandóan a dugattyún maradjon.
Szorozzuk meg most a (16) egyenlőtlenséget (-l)-gyel:
— g< — Aco2 sin cot = a(t). (18)
A test tehát akkor válik el a dugattyútól, ha a gyorsulás -g -v e l egyenlő (olyan koordináta-rendszerben, amelynek a függőleges tengelye fölfelé mutat). Világos ez: a testre fölfelé a dugattyú tetszőleges nagy erőt ki tudna fejteni, lefelé azonban nem húzhatja. A testre ható erő értéke — mg-nél kisebb nem lehet. Ha a nyomóerő megszűnik, akkor a testre már csak a nehézségi erő hat, és így függőlegesen lefelé fog gyorsulni, -g -vel. Tudjuk azonban, hogy a gyorsulás és a kitérés ellentétes előjelű, így ha a gyorsulás negatív, akkor a test az egyensúlyi helyzet fölött van, és feltehető, hogy fölfelé mozog. Ha tehát az egyensúlyi helyzeten fölfelé haladó dugattyú eldobja a ráhelyezett testet, akkor ez az egyensúlyi helyzet fölött, fölfelé haladva — és lefelé gyorsulva — akkor történik meg, amikor a gyorsulás -g -v e l egyenlő.
Tegyük fel most, hogy g<Aco2, vagyis a test elválik a dugattyútól. Osszuk el a (18) egyenlőség mindkét oldalát — co2-tel. Ekkor
g—T = A sin cot = x(t),co
ha tehát a test lerepül a dugattyúról, akkor ez az egyensúlyi helyzet felett g/co2 magasságban történik (2.146. ábra). Ebben a pillanatban a test és a dugattyú sebessége még
X
azonos,
v= yJco2(A2 — x 2).
Az emelkedési magasságot a munkatétel segítségével kapjuk:
mgh= y mv1 = ^m co 2(A2 — x 2).
így az elhajított test az egyensúlyi helyzet fölé h + x = : H-val emelkedik. |
Az előző példában a dugattyúra helyezett test a nyomóerő m iatt végzett harmonikus rezgést, a következő példánkban a tapadási súrlódási erő biztosítja a rezgést létrehozó erőt.
[Gondoljuk el, hogy az előbbi excentrikus kar vízszintes lapot mozgat A amplitú-
173
un
2.147.ábra
dóval és co körfrekvenciával (2.147. ábra). A vízszintes lap és a ráhelyezett m tömegű test között a súrlódás együtthatója legyen H- Koordináta-rendszerünk első tengelye jobbra mutasson, és az origó a test egyensúlyi helyzetében legyen. így ha a test koordinátája pozitív, vagyis ha a kitérés jobbra mutat, akkor a test balra gyorsul, a lap és a test között fellépő súrlódási erő balra húzza a testet:
— S = ma = m( — Aco2 sin cut),
innen
S = mAco2 sin cot.
A tapadás feltétele:
S<fxmg,
mAco2 sin cot < fxmg.
Ez a mozgás során állandóan csak akkor teljesülhet, ha abban a pillanatban is teljesül, amikor a szinuszfüggvény eléri a maximális értékét:
mAd)2 <nmg,
vagyis
Aco2 <fig.
Ez tehát annak a feltétele, hogy a harmonikus rezgőmozgást végző lapon a lappal együtt mozgó test ne csússzék meg. |
2.3.3. A rugalmas erő munkája
A rugalmas erő a deformációval ellentétes irányú, nagysága arányos a deformáció mértékével: a 2.148. ábra felső részén lát
ható koordináta-rendszerben F= — Dx. Az erő-megnyúlás függvény grafikonját vázoltuk az ábra alsó felén. Tegyük fel, hogy a rugó már kezdetben meg van nyújtva: a kezdeti megnyúlás legyen x t . Ezután nyújtsuk meg a rugót úgy, hogy a megnyúlás x 2 legyen. Ekkor a rugóerő által végzett munka az ábrán a satírozott trapéz területe, pontosabban annak ( —l)-szerese, hiszen a rugót megnyújtva az erő és az elmozdulás ellentétes irányú:
= y D* í “ | - D*z-
-Xi) =
(1)
Helyettesítsük ezt a munkatételbe:
( \ mv2 + mayi) “ ' + mgyi) =
= j D x 22 + Wt6bbi.
A munkatételben a bal oldalon a mechanikai energia megváltozása, a jobb oldalon egyrészt a rugalmas erő munkája, másrészt
x>0
W W W )-D x < o
2.148.ábra
174
a nehézségi erő és a rugalmas erő mellett fellépő erők munkájának az összege szerepel. Itt a test függőleges helykoordinátáját y-nal, a rugó megnyúlását x-szel jelöltük.
A rugalmas erő munkája csak a kezdeti és a végső állapottól, a kezdeti és a végső megnyúlástól függ: a kezdő és a vég
ső állapotra jellemző y Dx2 mennyiségek
különbsége. Ez a mennyiség a test-rugó együttes állapotát jellemzi, vagyis állapot- jelzőnek tekinthetjük. Rendezzük át tehát
a munkatételt, az y Dx2 állapotjelző-kü
lönbséget vonjuk le mindkét oldalból:
^ y ™»l+ y D xl + m g y ^ -
- ^ y ™ i + y Dx2t + mgyl ^ = Wt6bH. (2)
Ez a munkatétel „harmadik generációja”.
Az újonnan „feltűnt” y Dx2 állapotjelzőt
nevezzük rugalmas energiának, a helyzeti energia mintájára. A továbbiakban energián e háromféle energia összegét értjük, egészen addig, amig ki nem derül egy újabb erőről, hogy a munkája független a kezdeti és a végső állapottól, pontosabban: kifejezhető egy állapotjelző megváltozásával. Akkor majd a most látott úton általánosítjuk a mechanikai energia fogalmát, a m unkatétel bal oldalán egyre több tagból áll a mechanikai energia, a jobb oldalon pedig csökkentjük a figyelembe veendő munkák számát. Az ilyen erőket konzervatív erőknek nevezzük.
Konzervatív tehát az az erő, amelynek a munkája kifejezhető valamilyen állapot- jelző megváltozásával. Nyilvánvaló, hogy nem minden erő konzervatív erő: a súrlódási erő munkája általában nemcsak a
kezdeti és a végső állapottól függ. Néha a nem konzervatív erők munkája is csak a kezdeti és a végső állapottól függ. Példaként: vízszintes talajon egy test a súrlódási erő munkája m iatt megáll: a súrlódási erő munkája a mozgási energia megváltozásával egyenlő. Ez azonban kivételes eset, a súrlódási erőre általában nem teljesül ez. A konzervatív erő definíciójában ki kell emelni, hogy akár hat a testre más erő, akár nem, bármilyen pályán mozog is a test, a konzervatív erő munkája csak a kezdő és a végső állapottól függ.
Az is előfordulhat, hogy egy erőről kiderül, konzervatív erő, a munkája helyett mégsem vezetünk be újabb energiafajtát. Ebben a kérdésben meglehetősen szabadon járunk el: semmiféle szempont nem kényszerít arra, hogy pl. a rugalmas erő munkáját „átrendezzük” a munkatétel bal oldalára.
A feladatmegoldásoknál fontos szempont azonban: egy feladaton, egy gondolatmeneten belül ne szerepeljen a rugalmas erő munkája és a rugalmas energia. Tulajdonképpen helytelen megfogalmazás: „A rugalmas energia megváltozása egyenlő a rugalmas erő munkájával.” Valójában inkább arról van szó, hogy a rugalmas erő munkája és a rugalmas energia ugyanannak a dolognak különböző fogalmi szintű elnevezése.
ÍRögzítsük most egy L hosszúságú, D direkciós erejű rugó végét a falhoz, és tegyük fel, hogy a rugó másik végén m tömegű test van. H a a testet kitérítjük, akkor harmonikus rezgést végez, körfrekvenciája co= y/D /m , az amplitúdója pedig legyen — ahogy szokott — A. Ekkor a testre — a mozgás irányára merőleges erőkön kívül— csak a rugalmas erő hat, tehát nincs olyan erő, amelynek a munkáját a munkatételben számításba kellene vennünk, így a
V 175
mechanikai energia állandó:
y mv2 + y Dx2 = E0 = áll.
Ez az állandó energia könnyen meghatározható, hiszen a rezgő rendszer összes energiája a szélső helyzetben is ennyi, amikor x = A és r = 0, tehát
y mv2 + y Dx2 = y m ■ 02 + y D /l2 =
= y D /4 2 = £ o J (3)
ÍKicsit bonyolultabb helyzetet vizsgálunk most meg. Tegyük fel, mint a 2.149. ábrán látható, a test függőleges, L hosszúságú, és D direkciós erejű rugóhoz van erősítve; tömege legyen m, ekkor a kör- frekvenciája — Newton II. törvénye szerint (!) y/D /m . Tegyük fel, hogy a test A amplitúdóval rezeg.
Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a test egyensúlyi helyzetében. A rugó az egyensúlyi helyzetig x 0-t nyúlik meg:
mg — Dxo = 0. (4)
Tegyük fel, hogy a koordináta-rendszer x tengelye függőlegesen lefelé mutat. Ekkor,
ha a testet lefelé kitérítjük x > 0-val, a mechanikai energia:
1 , 1 ,2 y D(x + x0) + mg( — x).
Mivel a testre a nehézségi és a rugalmas erőn kívül más erő nem hat, a munkatétel jobb oldala nulla, tehát a mechanikai energia állandó:
1 7 1y mv2 + — D(x + x0)2 - mgx = £ 0 = all. (5)
Itt a rugalmas energiának megfelelő tagban x + x 0 áll, ekkora ugyanis a rugó teljes megnyúlása, az egyensúlyi helyzetig x0, az egyensúlyi helyzettől pedig x-szel térítettük ki. A helyzeti energia nyilván azért negatív, mert pozitív x esetén a test a helyzeti energia nulla szintje alatt van.
Végezzük el most az (5) egyenlőségben a négyzetre emelést:
1 , 1 , 1 ,— m v + —D x + —DxQ + Dxx0—mgx — E0.
Csoportosítsuk az egyenletben szereplő ta
gokat, és a bal oldalon a konstans y Dxo-et
vonjuk ki mindkét oldalról:
j m v 2 + j D x2 + (Dx0-m g )x =
Ennek az egyenlőségnek a bal oldalán a zárójelben lévő két tag összege nulla, a (4; alapján a jobb oldal most is állandó. Jelöljük ezt a konstanst Ej-gyei:
1 7 1— mv + — Dx = £ . : =2 2 1
'■ = E0- j D x % .
176
A jobb oldali állandó könnyen meghatározható, ha x = A , akkor r = 0, így
^-m v2+ l~Dx2 = E 1= \ - D A 2. (6)2 2 2
Ebben az egyenlőségben a bal oldali első tag a rezgő test mozgási energiája, a második tag azonban nem a rugalmas energia, hanem a rugalmas és a helyzeti energia
összege — az y Dx% állandó értéktől elte
kintve. A jobb oldalon sem az összes energia szerepel most, mint az előző feladatban, hanem az összes energiánál az x0 megnyúláshoz tartozó rugalmas energiával kisebb.
Osszuk most el a (6) egyenlőség — és az ezzel formailag azonos (3) egyenlőség — mindkét oldalát D/2-vel, ekkor
m , 2 .2 — v2 + x = A 2,
majd figyelembe véve, hogy co2 = D/m, a rezgőmozgás kinematikájáról szóló 1.2.7. pontban levezetett, jól ismert formulát kapjuk:
^ + x 2 = A 2_ j (7)co —1
Felvetődik a kérdés, hogy a (7) egyenletből kiindulva, okoskodásunk megfordítható-e. Azt gondolnánk, hogy matematikailag ekvivalens átalakításokkal jutottunk ehhez az eredményhez, visszafelé ugyanígy haladhatunk, és akár az (5) állításhoz is eljuthatunk. Valójában azonban az a helyzet, hogy már az első lépés sem fordítható meg. A (7) egyenlőség minden harmonikus rezgőmozgásra igaz, a rezgőmozgás kinematikájából vezettük le. Érvényes a (7) állítás rugón rezgő testre, de érvényes a dugaty- tyún fel-le mozgó tömegpontra, sőt egy árnyék rezgésre is a falon. Ez utóbbi ese
tekben a (7) összefüggésbe az w helyére y/D /m nem helyettesíthető.
Ezzel függ össze a következő megjegyzés. Igen sok példatárban találkozunk azzal a feladattal, hogy bizonyítsuk be: harmonikus rezgőmozgást végző test mechanikai energiája állandó. A bizonyítás vázlatosan a következő. A mechanikai energia
1 , 1 J— mv + — Dx22 2
kifejezésébe behelyettesítik a rezgőmozgás hely- és sebességfüggvényét: x = A sin cot, v = Aco cos cot, majd az co2 helyére D/m-et
írnak, ekkor ~ DA2 kiemelhető, végül a
Pithagorasz-tétel trigonometrikus formáját alkalmazva nyilvánvalóan adódik, hogy a fenti két tag összege állandó.
Az állítással és az indoklással azonban több baj van. Az állítás egyszerűen nem , igaz. A harmonikus rezgőmozgást végző pontok mechanikai energiája nem szükségképpen állandó, gondoljunk példaként a dugattyún fel-le mozgó testre. A test környezetében sehol egy rugó, rugalmas energia itt nem értelmezhető. (A dugattyú által kifejtett nyomóerő nem helyettesíti minden szempontból a rugóerőt, a nyomóerő nem konzervatív erő, a munkája nem helyettesíthető általában energiaváltozással.)
A feladatban szereplő kijelentés természetesen igaz egyetlen tömegpont vízszintes irányú rezgésére. Ekkor az okoskodás is helyes, azonban az energia állandósága már azért is igaz, mert nem végez semmilyen erő sem munkát.
A dolog lényege a következőképpen foglalható össze. Induljunk ki a következő feltételből: az m tömegű testre a mozgás pályájával párhuzamosan csak a rugalmas
177
erő (esetleg a nehézségi erő, vagy más konzervatív erő) hat. Ekkor a testen végzett munka nulla. Ez az állítás azonban egyenértékű azzal, hogy a test mechanikai energiája állandó.
Másrészt, ugyancsak abból a feltételből kiindulva, hogy a testre csak a rugalmas erő és esetleg a nehézségi erő hat, következik, hogy a test — az előző pontban láttuk — harmonikus rezgőmozgást végez. A 2.150. ábrán logikai diagramon összefoglaltuk az állítások közötti kapcsolatokat. Látható, hogy a rezgés jelensége és az energia megmaradása logikailag nem kapcsolható össze. Bizonyos speciális körülménykomplexumból mindkét állítás következhet. Mindkét állításnak lehet ugyanaz az oka, azonban a két állítás ok és okozati viszonyba nem állítható egymással.
Világítsuk meg ezt néhány példával.ÍK ét, egyenként D direkciós erejű és L0
hosszúságú rugót úgy erősítünk két fal közé, hogy közöttük m tömegű test van a rugókhoz erősítve, és ebben a helyzetben a rugók már feszesek, a hosszuk egyaránt Lj (2.151. ábra). Húzzak ezután a testet jobbra s-sel. Ekkor a rugóból és a két testből álló rendszer együttes energiája a nyugalmi állapotban:
hiszen a mozgási energia ekkor nulla, a helyzeti energia nullszintjét pedig úgy választottuk meg, hogy az a test és a rugók egyenesében legyen. A kitérített helyzetben a testet már nem mozgatjuk, ezért a mozgási energia itt is nulla, így a szélső állapotban a mechanikai energia:
1 1
2.150.ábra
2.151.ábra
A munkatétel szerint a mechanikai energia megváltozása egyenlő a testen végzett munkák összegével: a testre vízszintes irányban a rugalmas erő mellett a mi erőnk hat, és feltehető, hogy a súrlódási erő is.így
E2- E 1 = Wrnl+W sM, (8)
a jobb oldalon az általunk végzett munka és a súrlódási erő munkájának az összege szerepel. Ez utóbbi Wsűrl = — p.mgs.
Ha most a testet ebből a szélső helyzetből magára hagyjuk, akkor feltehető, hogy visszatér az egyensúlyi helyzetébe. Ekkor a munkatétel:
mv2 + y D(Lt — L0)2 • 2
E2 = — D(Li — Lq + s)2 + — D(Lt — Lq s) .
G - ( > ■
) -
-Lo + s)2 + - Z ) (L i - L q - s)2
y-fímgs. (9)
178
A későbbi állapotban — újra az egyensúlyi helyzetben — lehetséges, hogy a rugalmas energia mellett a mozgási energia nem 0. A bal oldalon — látható — a mi általunk végzett munka nem szerepel: a testet m agára hagytuk.
Ha a test nem tér vissza az egyensúlyi helyzetébe, akkor a munkatétel így módosul: tegyük fel, hogy a test az egyensúlyi helyzettől jobbra megáll, az egyensúlyi helyzettől x távolságban. Ekkor
(- L q + x )2 + ^ ( L í - L o - x ) 2
- ( ^D {L l - U ) + S)2+ '[-D (L l - U ) - S)2 ) =
= —fímgs. (10)
A (9) és a (10) állítások kizárják egymást: vagy visszatér a test az egyensúlyi helyzetbe, és ekkor v2 > 0, vagy korábban megáll, és ekkor x > 0_J
PRét pont közé — úgy, ahogyan a 2.152. ábrán látjuk — rögzítsünk egy D erősségű, 2L hosszúságú gumiszálat, és feszítsük meg, mint egy csúzlit. A guifl' szál közepére egy m tömegű test támaszkodik. Jelöljük a gumi két szárának a vízszintessel bezárt szögét a-val. Ekkor a gumi ösz-
Lszes hossza megfeszített állapotban: 2 ------ ,
cos aa gumi egy-egy darabjának a megnyúlása:
LA L =
cos a- L ,
és egy-egy darabjának a rugóállandója 2D, a testre ható rugalmas erők eredője így 2DAL sin a, az elengedett testre ezen kívül a nehézségi erő hat, így a dinamika alaptörvényéből a test a szöghöz tartozó gyorsulása meghatározható:
2DAL sin a — mg = ma.
Válasszuk meg a helyzeu energia nulla szintjét a gumiszálak rögzítési pontjánál. Ekkor a mechanikai energia az a szöghöz tartozó esetben:
E i = ^ - d ( — -----L ] —mgL tg a,2 \ cos a /
amikor a test a helyzeti energia nulla szintjén áthalad:
r 1 2E2= - m v \
és amikor a gumiszáltól elválva a pálya csúcsára ér:
E3 = mgh,
ahol h a helyzeti energia nulla szintjétől mérve az emelkedés magassága. |
í á z előző esethez hasonlóan két pont között rögzítsünk két rugót, mindegyik L hosszúságú, és mindkettőnek legyen D a direkciós ereje. A két rugó között m tömegű test van. A nehézségi erő hatásával nem kívánunk foglalkozni, ezért képzeljük el, hogy a test vízszintes asztalon mozog súrlódás nélkül, szóval a 2.153. ábra szerint
2.152.ábra
2.153.ábra
179
felülnézetben látjuk a jelenséget. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy a két rugó kezdetben nyújtatlan. Térítsük ki ezután a testet oldalirányban a rugókra merőlegesen x-szel. Ekkor a két rugó megnyúlása:
L ( 1 \ 1— cos a------ L = L( -----L ) —L -------- ,cos a \ c o s a ) cos a
itt tg a = x/L . A rugóerők rugóra merőleges összetevője:
1— cos a .D L ----------- sm a =
cos a
= £)L( 1—cos a) tg a =
= 2DL(1— c o s a )^ .
Alkalmazzuk most a könnyen igazolható
1cos a =
V 1 + íg
trigonometriai azonosságot. A mi esetünkben:
1cos a =
1 +
Newton II. törvénye tehát
—2 D x í 1----- ^ ^V J l } + x 2 )
-ma.
Szembeötlő, hogy ebben az esetben nem harmonikus rezgés jön létre! A gyorsulás most nem arányos a kitéréssel, az arányosságnál bonyolultabb kapcsolat írja le a test mozgását. De — és a példát azért hoztuk szóba — az energiamérleg (a munkatétel) alkalmazásával meghatározható például az egyensúlyi helyzeten való áthaladás sebessége. |
VI. Feladatcsoport: a körmozgás és a harmonikus rezgőmozgás dinamikája
VI/1. Egy L = 1 m hosszúságú fonálon m —\ kg tömegű test függ. Az ingát kitérítjük a vízszintesig, majd lefelé irányuló sebességgel meglökjük (2.154. ábra). Ezután az inga átlendül, és a test a függőlegestől mérve 120°-os helyzetben elhagyja a körpályát. M ekkora volt a kezdősebesség? Mekkora a test sebessége, amikor elhagyja a körpályát? A körpálya középpontjától mérve milyen maximális magasságra emelkedik a test? M ekkora volt a kötélerő a test indításakor?
VI/2. Egy L = l m hosszú, m = 1 kg tömegű ingát a vízszintesig kitérítünk, és lefelé irányuló sebességgel meglökjük úgy, hogy a test éppen teljes körpályát írjon le. M ekkora volt a kezdősebesség? M ekkora erő feszíti a fonalat az inga vízszintes helyzetében? M ekkora a kötélerő a fonál függőleges helyzetében (a test alsó és felső helyzetében)? M ekkora a test sebessége, amikor átlendül a felső holtponton?
VI/3. Egy L = 1 m hosszú, merev, de könnyű rúd végén m = l kg tömegű test van. A rúd másik vége körül — inga módjára — elfordulhat. A rudat vízszintes helyzetbe hozzuk, és a testnek lefelé irányuló kezdősebességet adunk. A test ezután éppen átlendül a felső holtponton. M ekkora
2.154.ábra
180
volt a kezdősebesség? M ekkora erőt fejt ki a rúd a testre a legalsó és a legfelső helyzetben?
VI/4. Egy L = 1 m hosszú, merev, köny- nyű rúd végén m = l kg tömegű test van. A rúd másik végét úgy csapágyazzuk, hogy a rúd könnyen elfordulhasson. Ezután a rudat a vízszintesig kitérítjük, és a testneklefelé irányuló, y / l5 m/s nagyságú kezdősebességet adunk. Hol áll meg a test? Milyen magasra emelkedik a körpálya középpontja fölé? M ekkora erőt fejt ki a rúd a testre induláskor, és mekkorát, amikor a test megáll?
VI/5. Egy L = l m hosszú fonál végén m = 1 kg tömegű test van. A fonalat a vízszintes helyzetig kitérítjük, és a testnek lefelé irányuló, y/2Ö m/s kezdősebességet adunk. Milyen helyzetben hagyja el a test a körpályát? Milyen maximális magasságra emelkedik a test a kör középpontja fölé? M ekkora erőt fejt ki a testre a fonál indításakor?
VI/6. Egy R = 1 m sugarú, függőleges síkú, kör alakú kényszerpályán m= 1 kg tömegű test mozoghat súrlódás nélkül. A test kezdetben a függőlegessel 30°-os szöget bezáró helyzetben van a körpálya felső részén. Itt a test lefelé mozog, és a sebessége 2 m/s. M ekkora a test sebessége a kör középpontjának a magasságában? Mekkora a sebessége a függőlegessel 45°-os szöget bezáró helyzetben a körpálya alsó részében, és mekkora a sebesség a legalsó helyzetben? M ekkora a pálya által kifejtett kényszererő ezekben a pontokban?
VI/7. Egy R = 1 m sugarú gömbről — miután kissé megmozdítottuk, lényegében kezdősebesség nélkül lecsúszik egy m = 1 kg tömegű test. A súrlódástól eltekinthetünk. M ekkora erőt fejt ki a gömb a testre, miután Rn/4 méter utat megtett? Mennyi utat tesz meg összesen a gömbön a test?
V I/8. Egy R = l m sugarú, félgömb alakú csúszda belsejében súrlódásmentesen csúszhat egy m — 1 kg tömegű test. Ezt a testet a félgömb pereménél elengedjük. M ekkora ebben a pillanatban a test gyorsulása? Mekkora erőt fejt ki induláskor a testre a félgömb fala? M ekkora a sebesség a legalsó helyzetben? Mekkora erőt fejt ki itt a gömb a testre? Mekkora sebességgel mozog a test Rn/3 út befutása után? Mekkora itt a kényszererő? M ekkora a szög- sebesség és a szöggyorsulás a három helyzetben?
VI/9. Egy repülőgép függőleges síkban 1000 méter sugarú körpályán állandó, 200 m/s sebességgel repül. A pilóta tömege 80 kg. M ekkora erő hat a pilótára a pálya legmagasabb és legalacsonyabb pontján? M ekkora ezeken a helyeken a pilóta gyorsulása?
VI/10. Egy R = 100 m sugarú hídon egy autó halad. M ekkora sebessége lehet, hogy a pályát ne hagyja el?
VI/11. Hurokpályához csatlakozó lejtő magassága 15 m. A körpálya sugara 5 m. A lejtőről súrlódás nélkül lecsúszik egy 1 kg tömegű test (2.155. ábra). Végighalad-e a körpályán? Ha igen, milyen erővel nyomja a pályát a legfelső pontban? Mekkora a test sebessége a pálya legfelső pontjában?
VI/12. Lemezjátszón forgó korongra kis
2.155.ábra
181
fémtárgyat teszünk. A korong fordulat- száma 33 l/perc. H a a fémtárgyat a középponttól 10 cm-nél távolabb tesszük, akkor a fémtárgy megcsúszik. M ekkora lehet a tárgy és a korong között a súrlódási együttható?
VI/13. Az autógumi és az úttest felülete között a súrlódási együttható 0,9. Mekkora sebességgel haladhat egy autó a 100 méter sugarú, vízszintes síkú kanyarban, hogy ne sodródjék ki?
VI/14. Egy R = 100m sugarú kanyarban az autópálya útfelületét 10°-kal megdöntötték. Egy autó 108 km/h sebességgel halad a kanyarban. A súrlódási együttható az útfelület és az autógumi között 0,9. Lássuk be, hogy nem csúszik meg! Mekkora a pálya nyomóereje, és mekkora a súrlódási erő nagysága, ha a nehézségi erő 104 N?
VI/15. Egy R = 1 m sugarú gömb belsejében r = 0,6 m sugarú körpályán, vízszintes síkban kering egy pontszerű, 10 g tömegű test. Határozzuk meg a keringési idejét! M ekkora nyomóerőt fejt ki a gömb fala a testre? Hosszú idő múlva a keringő test végül megáll. Mennyi munkát végzett a testen a súrlódási erő?
VI/16. Kúpinga fonalának hossza 1 méter. A fonálra függesztett test tömege 1 kg. Mekkora szöget zár be a keringő inga fonala a függőlegessel, ha a kötélerő 100 N? M ekkora a periódusidő ebben az esetben?
VI/17. Egy kúpinga fonalának hossza 1 méter, a fonálra függesztett test tömege 1 kg. Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a fonál rögzítési pontjában. A kúpinga vízszintes síkban körpályán kering úgy, hogy a mechanikai energiája nulla. M ekkora a keringési idő?
VI/18. Egy m — 1 kg tömegű testet függesztünk /= 1 m hosszú fonálra. A test r= 10 cm sugarú körpályán vízszintes síkban kering. M ekkora a periódusidő és a
sebesség? Határozzuk meg a kötelet feszítő erőt!
VI/19. A 2.156. ábrán látható körhintán a láncok hossza 1=3 m. A láncokat a forgástengelytől d= 1,5 m távolságra rögzítették. A hintában ülő gyermek tömege 30 kg (az ülés tömegét elhanyagolhatjuk). A körhinta működése közben a láncok 30°-os szöget zárnak be a függőlegessel. M ekkora erő feszíti a láncokat? Mekkora a gyerek sebessége?
VI/20. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, 1 méter sugarú körpályán kering egy 1 kg tömegű test (2.157. ábra). A testet a lejtő egy pontjához rögzített fonál tartja a körpályán. A pálya legfelső pontján kifejtett kötélerő 30 N. A súrlódás elhanyagolható. M ekkora erőt fejt ki a fonál a pálya legalsó pontján? M ekkora a kötélerő amikor a test
2.156.ábra
2.157.ábra
182
a legalsó ponton áthaladva rn/6 méter utat tett meg?
VI/21. Egy 30° hajlásszögű lejtőn, 1 méter sugarú körön kering egy 1 kg tömegű test. A testet egy fonál tartja körpályán, a fonál másik vége a körpálya közepén a lejtőhöz van rögzítve. A pálya legfelső pontjában a kötél által kifejtett erő 30 N. M ekkora erőt fejt ki a kötél a pálya legalsó pontjában, ha a súrlódási együttható 0,36? M ekkora a kötélerő, amikor a test a felső pontot elhagyva rn/6 méter utat tett meg?
VI/22. Egy 1 méter hosszú fonál egyik végét egy fix ponthoz rögzítjük, a másik végére egy 1 kg tömegű testet erősítünk. Az ingát a vízszintesig kitérítjük, és vízszintes irányú, 1 m/s kezdősebességet adunk a testnek. M ekkora lesz a keringési idő, amikor a test körpályára áll?
VI/23. Egy függőleges tengely két — 50 cm távoli — pontjához egy-egy fonalat erősítünk (2.158. ábra). A felső fonál 40 cm hosszú, az alsó 30 cm. A fonalak szabad végéhez egy 20 g tömegű testet erősítünk. A tengelyt körbeforgatva a test
vízszintes síkban körmozgást végez. Mekkora a felső fonalat feszítő erő, ha az alsót 1 N erő feszíti? M ekkora ebben a pillanatban a szögsebesség? Ha a rendszert magára hagyjuk, akkor hosszú idő múlva a közegellenállási erő miatt lassan megáll. Mennyi munkát végzett a közegellenállási erő?
VI/24. Egy 1 méter hosszú rúd a végpontja körül vízszintes síklapon körbefo- rog. A körpályán mozgó végpontjához egy /= 2 ,4 m hosszú fonalat kötünk, a fonál másik végéhez egy 0,5 kg tömegű kis testet erősítünk. A kötél megfeszül, a test 3 m sugarú körpályán mozog a vízszintes síkon. A súrlódási együttható 0,11. Mekkora a kötéllel vontatott test sebessége?
VI/25. Egy vízszintes síkú korong forog állandó fi= 11 /s2 szöggyorsulással. A kezdeti szögsebesség nulla. A korong közepétől 30 cm távolságra egy kis fémből készült test van, amely kezdetben együtt mozog a koronggal. Mennyi idő múlva csúszik meg a korongon a test, ha a súrlódási együttható 0,1?
VI/26. Egy lift állandó 4 m/s2 gyorsulással emelkedik. M ekkora a keringési ideje a lift mennyezetére függesztett, 1 m hosszú fonálon függő, 1 kg tömegű kúpingának, ha a fonál a függőlegessel 30°-os szöget zár be? M ekkora a kötélerő?
VI/27. Egy rugót a ráfüggesztett test 10 cm-rel nyújt meg. Az egyensúlyi helyzetből a testet 8 cm-rel felemeljük, és magára hagyjuk. M ekkora a keletkező rezgés amplitúdója, körfrekvenciája, kezdőfázisa? M ekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?
Vl/28. Egy rugó direkciós ereje 2 N/cm. A felfüggesztett rugóra 2 kg tömegű testet erősítünk. A testet egyensúlyi helyzetből felemeljük 8 cm-rel, és fölfelé irányuló, 60 cm/s nagyságú kezdősebességgel moz
183
gásba hozzuk. M ekkora a létrejövő rezgés amplitúdója, körfrekvenciája, kezdőfázisa? Mekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?
VI/29. Egy rugóra m = 1 kg tömegű testet függesztünk. A rugó direkciós ereje 1 N/cm. A testet az egyensúlyi helyzetéből 6 cm-rel lejjebb húzzuk, és lefelé irányuló, 80 cm/s nagyságú kezdősebességgel mozgásba hozzuk. Határozzuk meg a létrejövő rezgés amplitúdóját, körfrekvenciáját, kezdőfázisát! Mekkora a rugó legnagyobb és legkisebb megnyúlása?
VI/30. Egy rugóra ml = 2 kg tömegű testet függesztünk, majd ehhez m2 = 1 kg tömegű testet erősítünk. A rugó direkciós ereje: 100 N/m. Amikor a két test nyugalomban van, az alsó testet rögzítő fonalat elégítjük, a felső test ezután rezegni fog, az alsó test pedig szabadon esik. Milyen messze van a két test akkor, amikor a felső test először megáll a felső holtponton?
VI/31. Egy 200 N/m direkciós erejű rugóra két testet függesztünk, a felső 5 kg tömegű, az alsó tömege 3 kg. A két test nyugalmi helyzetében az alsó testet a felsőhöz rögzítő fonalat elégetjük. Mekkora amplitúdóval fog rezegni a felső test? Mekkora a rezgés körfrekvenciája? Milyen messze vannak a testek egymástól az esés kezdete után 0,33 másodperccel?
VI/32. Egy 10 N/m direkciós erejű rugóra 1 kg tömegű testet függesztünk. Ebbe a testbe alulról 25 m/s kezdősebességgel 0,12 kg tömegű kis lövedéket lövünk, amely ütközés után benne marad a nagyobb testben. Az ütközés után mennyi utat tesz meg a rezgő test az első megállásig? Az ütközés után mennyi idő múlva áll meg először a rezgő test?
VI/33. Egy 100 N/m direkciós erejű rugóhoz 15 cm hosszúságú fonalat erősítünk. A fonálra 0,1 kg tömegű gyűrűt füzünk, a
fonál alsó végéhez 1,2 kg tömegű testet erősítünk. A gyűrűt felemeljük úgy, hogy a nyugalomban lévő alsó test fölött legyen 15 cm-rel. Ezután elengedjük a gyűrűt, amely az alatta lévő testre esik, és rugalmatlanul ütközik vele. Határozzuk meg az előálló rezgés amplitúdóját és körfrekvenciáját! |
VI/34. Egy 200 N/m direkciós erejű rugó nyújtatlan hossza 40 cm. A felső végét a mennyezetre rögzítjük, az alsó végéhez 30 cm hosszú fonalat erősítünk. A fonál alsó végén 200 g tömeg függ. A testet felemeljük, és a mennyezet alatt 10 cm-rel elengedjük. Mekkora a rugó legnagyobb hossza? A rugó megfeszülése után mennyi idő múlva áll meg a test először?
VI/35. Egy 40 N/m direkciós erejű rugó függőleges helyzetben áll az asztalon. A rugóra egy 0,1 kg tömegű test esik. Szabadeséssel 1,25 méter utat tett meg. Mennyi ideig érintkezik a rugóval?
VI/36. Két, egyenként 50 cm hosszúságú, 50 N/m direkciós erejű rugót függőleges támaszokhoz rögzítünk, a rugók szabad vége egy 2 kg tömegű testhez van erősítve (2.159. ábra). A rugók kezdetben nyújtatlanok. A testet 10 cm-rel jobbra kitérítjük, majd magára hagyjuk. Határozzuk meg a rezgés körfrekvenciáját! Mekkora a rezgés legnagyobb sebessége és gyorsulása? M ekkora a test sebessége az egyensúlyi helyzettől 2 cm-re? A szélső
k íff lM M • h a i i i
-m m m m
2.159.ábra
2.160ábra
184
helyzetből indulva mennyi idő alatt tesz meg a test 5 cm-t?
VI/37. Vízszintes talajon 2 kg tömegű test fekszik. A testet 60 cm-re lévő falakhoz 80 N/m erősségű rugók kötik. A rugók ebben a helyzetben már 20 cm-rel meg vannak nyújtva. Ezután a testet óvatosan jobbra kitérítjük 12 cm-rel, majd magára hagyjuk. M ekkora erőt fejt ki az egyik, illetve a másik rugó a testre ebben a szélső helyzetben? Mekkora az eredő rugalmas erő? M ekkora sebességgel halad át a test az egyensúlyi helyzeten?
VI/38. Egy 200 N/m direkciós erejű, 1 méter hosszúságú rugó két végén egy-egy test van. Az egyik test 2 kg tömegű, a m ásik tömege 3 kg. A két testet egymástól 1,2 méter távolságra eltávolítjuk, majd magukra hagyjuk (2.160. ábra). Mekkora amplitúdóval és körfrekvenciával rezegnek a testek?
VI/39. Egy 200 N/m direkciós erejű, 1 méter nyújtatlan hosszúságú rugóra 2 kg tömegű testet függesztünk. M ekkora a rezgő rendszer körfrekvenciája? Ezután a rugóból levágunk egy 40 cm hosszú részt. M ekkora lesz ezután a körfrekvencia?
VI/40. Egy rugót két részre vágunk. Egy test az egyik rugódarabon 8 másodperc periódusidővel, a másik darabon 6 másodperc periódusidővel rezeg. M ekkora a rezgésidő az eredeti rugón?
VI/41. Egy rugóra 50 kg tömegű testet függesztünk. A test 46 másodperc alatt végez 50 teljes rezgést. Ha a rugóra egy ismeretlen tömegű testet függesztünk, akkor 50 teljes rezgés idejét 40 másodpercnek mérjük. Mekkora az ismeretlen tömeg?
VI/42. Egy rugóra 1 kg tömegű testet függesztünk. A test 30 rezgést 8 másodperc alatt végez. H a a testre egy másik — ismeretlen tömegű -— testet függesztünk,
»0
(M ^ rr — j 2162
■ X IZ S» Z _ ______________ ábra
akkor 30 rezgés ideje 12 másodperc lesz. M ekkora az ismeretlen tömeg?
VI/43. Egyik végén rögzített, vízszintes helyzetű rugó direkciós ereje 400 N/m. A rugó másik végén egy 4 kg tömegű kis kocsi rezeg. A kocsin egy 1 kg tömegű test van. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója 0,4 (2.161. ábra). Mekkora a rezgés amplitúdója, ha a test nem csúszik meg a kiskocsin?
VI/44. Egy kis kocsi tömege 4 kg. A kocsin 1 kg tömegű test nyugszik. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója0,4 (2.162. ábra). A kocsi a testtel együtt egyenletes sebességgel közlekedik az egyik végén rögzített, 400 N/m erősségű rugóhoz. M ekkora lehet a kocsi sebessége, hogy a test ne csússzon meg a kocsin?
VI/45. Egy kocsi tömege 4 kg. A kocsin egy 1 kg tömegű test nyugszik. A kocsi és a test között a súrlódás együtthatója 0,4, és együtt 60 cm/s sebességgel közelednek az egyik végén rögzített, 400 N/m erősségű rugóhoz. Lássuk be, hogy a test megcsúszik a kocsin. Mennyivel nyomódik össze a rugó addig, amíg a test megcsúszik? Mek-
185
kora a test sebessége, amikor csúszni kezd a kocsin?
VI/46. Egy dugattyú függőleges irányban harmonikusan rezeg. Másodpercenként 2 teljes rezgést végez. A dugattyún egy 1 kg tömegű test van. A felső holtponton a testre ható nyomóerő 0,2 N (2.163. ábra). Mekkora a rezgés amplitúdója? Hol lesz a nyomóerő nulla, ha a rezgés amplitúdóját másfélszeresére növeljük? Milyen sebességgel válik el ekkor a test a dugattyútól? Milyen magasra emelkedik ezután a test?
VI/47. Függőleges helyzetű csőben egy 40 cm hosszúságú rugó van. A cső felül nyitott. A rugó alsó vége rögzített, direkciós ereje 80 N/m. A csőbe 1 kg tömegű, pontszerű testet helyezünk, és úgy rögzítjük, hogy a rugó hossza 10 cm (2.164. ábra). Milyen magasra emelkedik fel a test, ha a rugó rögzítését feloldjuk? Mekkora a mozgó test legnagyobb sebessége? M ekkora a sebessége, amikor elválik a rugótól?
VI/48. Egy függőleges helyzetű csőben egy 20 cm hosszúságú rugó van. A csőbe helyezünk egy testet. A test nyugalmi helyzetében a rugó hossza 15 cm. A testet lenyomjuk úgy, hogy a rugó hossza 8 cm lesz. A testet ezután elengedjük. Milyen magasra emelkedik?
VI/49. Egy függőleges helyzetű rugó alsó végén a talajon egy 2 kg tömegű, a felső végén 1 kg tömegű test van. A rugó összenyomódása így 1 cm. Mennyivel kell ebből a helyzetből lenyomni a testet, hogy felemelkedve az alsó test is felemelkedjék a talajról?
VI/50. Egy 30 cm hosszúságú, 40 N/m erősségű rugó felső végén 1 kg tömegű, az alsó végén 2 kg tömegű test van. A felső testet 10 cm hosszú fonállal a mennyezethez erősítjük (2.165. ábra). Mekkora a két test gyorsulása abban a pillanatban, ami-
mg
2.163.ábra
2.164.ábra
2.165.ábra
2.166.ábra
2.167.ábra
186
kor a fonalat elvágjuk? Mekkora a rendszer energiája a mennyezethez viszonyítva?
VI/51. A 2.166. ábrán látható módon két, 15 cm hosszúságú, egyenként 10 N/cm erősségű rugót összeerősítünk, szabad végeiket azonos magasságban falhoz rögzítjük. A rugók összeerősítési pontjához 2 kg tömegű testet helyezünk, és a rugókat megnyújtjuk. Ebben a helyzetben a rugók 45°-os szöget zárnak be a vízszintessel. A testet elengedjük, így a rugók függőlegesen fölrepítik. Mekkora gyorsulással indul a test? Mekkora a gyorsulás, amikor a test áthalad a
rugók vízszintes helyzetén? Milyen magasra emelkedik a test?
VI/52. A 2.167. ábrán látható függőleges tengelyre merőlegesen egy könnyű rudat szereltünk. A rúd mindkét részén egy-egy6 kg tömegű test csúszhat súrlódás nélkül. A testeket 400 N/m direkciós erejű, 50 cm hosszú rugók kötik a tengelyhez. A rendszer a»=4,71 l/s szögsebességgel forog. Milyen messze vannak a testek a tengelytől? Mekkora a rendszer összes energiája? Mekkora szögsebesség esetén marad a két test körpályán?
2.4. A gravitáció
2.4.1. A Newton-féle általános tömegvon- zási törvény és háttere
Eddig majdnem minden dinamikai problémában és feladatban szerepet játszott a nehézségi erő, hiszen a mindennapi életünkhöz szorosan kapcsolódó jelenségeket írtunk le. A nehézségi erő hipotézise mellett akkor döntöttünk, amikor a szabadesés szembetűnő jelenségét értelmeztük. Abban állapodtunk meg, hogy a Föld környezetében szabadon eső testek gyorsulását azzal magyarázzuk, hogy a testekre a Föld erőt fejt ki. Őszintén megmondtuk, hogy ennek az erőnek a hatásm echanizmusa ismeretlen előttünk, nem látjuk még, hogy mi módon terjedhet az impulzus távoli testek között.
A nehézségi erő szabaderő, ugyanúgy hat a testre, ha az áll vagy szabadon esik, vagy valamilyen kényszerpályán mozog.
Kézenfekvő az a gondolat, hogy ez az erő nemcsak a talaj közelében lévő testekre
hat. H at ez az erő például a Holdra is. Newton ismerte fel, hogy az az erő, amely a szabadon eső test gyorsulását okozza, ugyanígy hat a Holdra is, ez magyarázza, hogy a Hold a Föld körüli körpályán marad.
Föltehetjük, hogy ez az erő bármilyen két test között fellép. Alapvető tapasztalat, hogy két test között csak vonzóerő lép így fel, taszítóerő nem.
A célunk az, hogy két tetszőleges test között fellépő vonzóerő természetét megvizsgáljuk, és olyan törvényhez jussunk, amelyből két test között fellépő vonzóerő m indig kiszám ítható. Az így fellépő erőt gravitációs erőnek, a jelenségkört gravitációnak nevezzük.
Korlátozódjunk az egyszerűség kedvéért két tömegpont esetére. A két pont között fellépő gravitációs erő — föltehető — valamiképpen függ a két pontszerű test távolságától. Támpontot a következő egyszerű tények figyelembevétele
187
ad. A Föld sugara nagyjából 6400 km, a Hold— Föld távolság ennek mintegy hatvanszorosa. Másrészt a Föld felszíne közelében szabadon eső test gyorsulása vagy — ami ugyanez — a Föld felszínén keringő test centripetális gyorsulása közelítőleg10 m/s2. Azt is tudjuk, hogy a Hold keringési ideje valamivel több mint 28 nap, ebből a Hold centripetális gyorsulása meghatározható.
Számolásaink eredményeként azt kapjuk, hogy a Hold centripetális gyorsulása a Föld felszínén keringő test centripetális gyorsulásának mintegy 3600-ad része. Figyelembe véve, hogy a sugarak aránya 60, azt kapjuk, hogy a két test között fellépő gravitációs vonzóerő nagysága a két test közötti távolság négyzetével fordítottan arányos:
Most azt szeretnénk megvizsgálni, hogy miképpen függ a gravitációs erő a testek tulajdonságaitól. Tekintsünk ezért két testet, nevezzük ezeket A-nak és B-nek. A testeknek azt a tulajdonságát, állapotjelzőjét, amely szerepet játszik a két test között fellépő erőben, jelöljük /z-vel, és nevezzük gravitációs töltésnek. így /iA az A test gravitációs töltését, a a B test gravitációs töltését fejezi ki. A két test között fellépő gravitációs erő valamiképpen függ a két gravitációs töltéstől; jelöljük az itt szerepet játszó függvényt cp-vel. Tehát
i7 _ <?>(Pa , P b) a -*b ,
p <P(Hb , P a )' 'B - A — 2 'r
Az A test által B-re kifejtett gravitációs
erő így felírt alakjában tehát a számlálóban szereplő kétváltozós függvény első változója az A test gravitációs töltése, a m ásodik változója a B testé. Fordítva ehhez hasonlóan.
Most a következő két kérdés vetődik fel.1. Milyen ez az itt szereplő kétváltozós
függvény? Lehetséges, hogy
< ? (P a , P b ) = 2 / 4 + p B ?
2. A másik kérdés ugyanilyen izgalmas. Függ-e ez a vadonatúj állapotjelző a test más tulajdonságaitól, vagy független? És ha függ, akkor melyik állapotjelzőtől, és hogyan? Elképzelhető, hogy a test gravitációs töltését a test tömegéből, kémiai tulajdonságaiból, színéből stb. ki lehet számítani? Van-e olyan, az állapotjelzők között fennálló kapcsolat, amelyben a gravitációs töltés mellett a test néhány más állapot- jelzője szerepel, és amelyből a gravitációs töltés kifejezhető? Mint ahogyan a mozgási energia kifejezhető az impulzussal és a tömeggel:
Térjünk rá az első kérdés vizsgálatára. Kézenfekvő, hogy először a dinamika már ismert törvényeiből induljunk ki, és megvizsgáljuk, hogy ezeknek a törvényeknek milyen következményei vannak a gravitációs törvény alakjára vonatkozóan.
Newton III. törvénye, a hatás-ellenhatás elve nyilvánvalóan teljesül a gravitációs erőre és ellenerejére. Ezért szükséges, hogy
<?>(Pa , P b ) = « > (P b , P a )> ( 2 )
és ez máris erős megkötést jelent a (p függvényre nézve. Nem lehet például a cp ilyen alakú: n ifiB, vagy ilyen: log OVPb), mert ezekben a kifejezésekben a /iA és szerepe nem cserélhető fel, például: n \n B n ln A. A
188
(2) megkötés azonban megengedi például azt, hogy a függvény helyettesítési értéke Ha + Hb vagy log(/iAjí„) legyen.
További megkötést jelent, ha figyelembe vesszük Newton IV. törvényét: a gravitációs erő szabaderő, ezért ezek az erők zavartalanul összegződnek. Ha az A tömegpont és a B tömegpont hat a C — szintén pontszerű — testre, akkor az A és a B test által kifejtett gravitációs erők összeadódnak. A következő pótlólagos kikötéssel éljünk a /i állapotjelzőre vonatkozóan: legyen additív mennyiség a következő értelemben. Ha az egyik test gravitációs töltése f i i , a másiké ju2, akkor a két test egyesítésével kapott test gravitációs töltése legyen tiy + Hz- Ugyanúgy, mint a tömeg vagy a mozgási energia: két test egyesítésével kapott test tömege a két test tömegének összege, a mozgási energia a mozgási energiák összege. Helyezzük most el gondolatban az A és a B testet igen közel egymás mellé. Egy tőlük távoli C testre ható erő az erőhatások függetlensége miatt
<p (Ha , H c) <P(M b, H c)2 ' 2 9 rz rL
másrészt a gravitációs töltés előbb kikötött additivitása (összeadhatósága) miatt a C testre ható gravitációs erő:
<P(Pa + Hb,Hc) r2
Az erő két kifejezése egyenlő, ezért
<PÍHa , He) + <PÍHB» He) = <I>(Ha + Hb , He)- (3)
A (2) és a (3) állításnak eleget tesz például a HaHb> vagy általában tetszőleges / valós szám esetén az / HaHb függvény. (Bebizonyítható, hogy a szóba jövő függvények között más függvény nem is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.)
A gravitációs törvény formája így szükségképpen:
Kiemeljük, hogy a gravitációs törvény számlálójában nem azért szerepel két gravitációs töltés szorzata, mert ez a gravitációsjelenségek valamilyen sajátos belső tulajdonságának a kifejezője. Ha megköveteljük a gravitációs erőtől, hogy a formája a dinamika alaptörvényeivel (és az additi- vitás meglehetősen természetes követelményével) összhangban legyen, akkor a gravitációs erő kifejezésében a gravitációs töltéseknek csak a szorzata állhat!
Ebből látszik, hogy minden hasonlóan „működő” erőt hasonló képlet ír le. Az előző gondolatmenetben nem használtuk ki azt a körülményt, hogy a gravitációs erőről van szó. Mindössze a képlet távolságfüggését támasztja alá a Hold számított centripetális gyorsulása.
A gravitációs töltés mérése (elvben) köny- nyen keresztülvihető: rögzítve valamilyen töltést, a mért erőből a másik gravitációs töltés meghatározható. Most annak lenne a sora, hogy rögzítsük a gravitációs töltés mértékegységét és egységét. Megtehetnénk azt, hogy az egységét úgy választanánk meg, hogy egységnyi gravitációs töltés egységnyi (1 m) távolságból egy ugyanolyan nagy (egységnyi) gravitációs töltést 1 N erővel vonzon. Ha a gravitációs töltés mértékegységét 1-nek választjuk, akkor az [ / ] = N m 2 lenne. Sok más lehetőség is rendelkezésünkre áll.
Ne állapodjunk azonban még most meg az egység- és a mértékegység-választásban. H átra van ugyanis a második kérdés megbeszélése. Kapcsolatba hozható-e a gravitációs töltés a test többi állapotjelzőjével?
189
És ha igen, akkor melyikkel milyen kapcsolatban van?
Fontoljuk most meg, hogy Newton II. törvénye milyen következményekkel já r a gravitációra. Tegyük fel, hogy a Föld felszíne felett szabadon esik egy tömegpont. A tömegpont tömege legyen m, gravitációs töltése fi, a Föld gravitációs töltése nF. Ekkor a testre ható gravitációs erő:
,/% /f J r2 '
A test g gyorsulással esik — most legyünk olyan pontosak, amennyire csak lehet: g = = 9,81 m/s2 —, ezért Newton II. törvénye így írható:
itt tehát a bal oldalon a testre ható erő, a jobb oldalon a test gyorsulásának és a tömegének a szorzata áll.
Rendezzük most az egyenletet úgy, hogy egyik oldalára a test állapotjelzői kerüljenek:
r2g = V-f f i F m '
Az egyenlőség bal oldalán a g két tizedesjegy pontosságig ismert, és bizonyos korlátozásokkal állandónak tekinthető, a Föld középpontjától mért távolság természetesen nem állandó, de a Föld felszíne közelében eső testeknél az r változása nem számottevő a Föld sugarához képest.
Az a sejtésünk alakul ki, hogy legalábbis a vázolt — egy-két t i ld e s — pontosság mellett, a gravitációs töltés és a tömeg aránya állandó. Azt kellene igazolni, hogy a g ugyanaz minden testre!
Hogy az arányosság valóban fennáll-e, ez a kérdés nem dönthető el elméleti úton. A fizika történetének híres kísérletei közé
tartoznak Eötvös Loránd kísérletei: 1890- ben mérésekkel igazolta a gravitációs töltés és a tömeg arányosságát. Ő akkor úgy találta, hogy a gravitációs töltés és a tömeg aránya 1:20 000 000 pontossággal elfogadható; később mások még nagyobb pontossággal igazolták az arányosságot, mostanában — nem nyugodva bele „ebbe a pontatlanságba”, elértek 1:100000000000 pontosságot is.
Azt gondoljuk, hogy ilyen pontosság esetén elfogadhatjuk a tapasztalat által igazolt ténynek a fi ~ m arányosságot. Alkalmas arányossági tényezővel:
H=km. (6)
Van tehát olyan összefüggés, amelynek segítségével a test m ár ismert állapotjelzőiből a fi meghatározható, ez az egyenlet meglepően egyszerű. A testek gravitációs töltése mindig arányos a testek tömegével, noha más tulajdonságát fejezik ki az anyagnak. Szubjektív érzeteinkben ez a két tulajdonság valóban együttjár: egy test gravitációs töltését a súlyán keresztül érezzük, amikor például tenyerünkkel alátámasztjuk. Ezért szokás a gravitációs töltést súlyos tömegnek is nevezni. A testek tömege a felgyorsításukhoz szükséges erőben nyilvánul meg érzeteinkben: azt a testet, amelynek nagy a tömege, nehéz súlygolyó módjára kezünkkel felgyorsítani. Ez alapján szoktuk néha a tömeget — a súlyos tömegtől megkülönböztetendő — tehetetlen tömegnek nevezni. A két tulajdonság érzeteink szerint is kapcsolódik egymáshoz: a nehéz súlygolyókat nehéz messzire dobni.
H a az anyagnak ezt a két tulajdonságát kifejező mennyiségek arányosak egymással, akkor az egyik a másiknak a mértéke lehet. A (6)-ban szereplő arányossági tényezőt megválaszthatjuk így: X: = 1. Ebben
190
az esetben a gravitációs töltést is kilogrammban mérjük, és jelölésben sem teszünk különbséget a két mennyiség között:
H = m.
Az (5) gravitációs törvény ezért így módosul:
F = fmAmB
vonzási törvény nem tartalmazza az időt. Ha például két egymást vonzó test közül az egyik kis mértékben, de nagy sebességgel elmozdul a másik felé — a köztük lévő távolság csökken —, akkor a másik test azonnal érzékeli a változást?
(7) 2.4.2. A gravitációs térerősség, Gauss tétele
A (7) állítást Newton-féle gravitációs törvénynek vagy tömegvonzási törvénynek nevezik. A törvényben szereplő / arányossági tényező a mérések szerint:
/ = 6,67-l(TNmkg2
így tehát 1 kg tömegű test egy másik 1 kg tömegű testet 1 m távolságból 6,67 ■ 10“ 11 N erővel vonz. Ez igen kicsi: ha a két test között más erő nem hat, akkor a kezdetben 1 m távolságra elhelyezett nyugvó tömegpontok ennek az erőnek a hatására elindulnak egymás felé, és több mint másfél órára van szükség, hogy megtegyenek egy- egy milliméter utat.
A (7) általános tömegvonzási törvény a tapasztalattal összhangban van: ez a törvény és a következményei a csillagászatban alapvető szerepet játszanak, az űrhajók, mübolygók tervezésénél, pályáik előre számításánál is elsősorban erre a törvényre támaszkodunk. A törvényből levont összes következtetés és az előrejelzések a tapasztalattal, a megfigyelésekkel összhangban vannak.
Hangsúlyoznunk kell azonban, hogy továbbra sem^ értjük világosan a távolhatás mechanizmusát, nem értjük még, hogy miképpen lehetséges, hogy két igen távoli égitest a közöttük lévő téren keresztül egymással impulzust cserél. Annál inkább probléma ez, mert a (7) általános tömeg-
A Newton-féle általános tömegvonzási törvény a két pontszerű test között fellépő gravitációs vonzóerőt íija le. Ez az erőtörvény alkalmas arra is, hogy meghatározzuk egy pontszerű testre ható, néhány más tömegpont által kifejtett vonzóerőt.
Képzeljük el, hogy a koordináta-rend- szer origójába helyeztünk egy m0 tömegű testet — mondjuk, egy kis égitestet —, az r 1 = (x1,y 1,z 1) helyvektorú pontban egy mt tömegű testet, az r 2= (x 2> >’2> z i) helyvektorral jellemzett pontban egy m2 tömegű pontot (bolygót). Az m0 tömegű testre ható két vonzóerő nagysága (2.168. ábra) :
_ r m0m í _ ffipm,1 r \ x \ + y \ + z\
m0m2 m0m2— J _2 —J ^ 2
r2 x 2+ y 2 + z2 '
2.168.ubra
191
A két erő mindegyike párhuzamos a megfelelő helyvektorral. Vezessük be az
R , =
R2 =
(x i ,y i ,z i) = r t
lr il
( x i , y i , z 2) = r 2
Jxl+yl + zl lr2l
jelöléseket, ezek a vektorok nyilvánvalóan az r,-gyel és az r 2-vel párhuzamos egységnyi hosszú vektorok. Az m 1 és m2 tömegű testek az origóba helyezett m0 tömegű testre egyenként
F l - / 5 ? Í R 11Fa = / ^ R ar? r!
erőt fejtenek ki. A gravitációs erő szabaderő, ezért az eredő erő a két erővektor összege:
m°m ' Wl0m2 „ K i + J K2.r 2
Ha például m0= 1 kg, = 1016 kg, m2 = = 1,2 • 1015 kg, az »ij tömegű pont helyvektora r t =(8 - 106, 6 • 106, 0) m, második helyvektora r2= (5 -1 0 6, 5 10®, 0) m. Az R x és R 2 egységvektorok:
R t =(0,8; 0,6; 0), R2 = ^ ; 0 ) .
Ekkor az eredő erő:
1 • 1016F =6,67 • 10 11- ^ - ( 0 , 8 ; 0,6; 0)+
+6,67-101-1,2 - 101
5-10 {44,).= 6,67 • 10 ~ 9(0,8; 0,6; 0)+
+ l , 60- 10-9 ^ ; ^ ; 0 ^ =
=(6,43 • 10~9; 5,5 • 10_9;0) N .
Az eredő erő nagysága 8,46-10 9 N, és iránya az első tengellyel kb. 40 -os szöget zár be, a harmadikra merőleges.
A most látott gondolatmenet alkalmazható akkor is, ha kettőnél több pont hat egy pontszerű testre.
2.169.ábra
Gondoljuk most el, hogy adott egy kiterjedt test, amely a tér egy részét folytonosan tölti ki. Adott ezen kívül egy m0 tömegű pontszerű test. Osszuk fel a 2.169. ábrán látható módon a kiterjedt testet térbeli rácsozattal kis testekre. A rács egy cellájába eső anyagot egyesítsük gondolatban egy pontba, a cella középpontjába. Az i-edik cellába eső anyag tömege legyen m,, az m0 pontból az i-edik cella közepéhez mutató vektort jelöljük rr vel, az rr vel párhuzamos egységnyi hosszú vektort R r vel;
R;:lr il
Ekkor az m0 tömegű testre ható gravitációs erő közelítő értéke:
+ / ^ R 2+ . . . + / ^ R b ,m0.r i
(1)
Az (1) erőtörvényben kifejezésre jut az, hogy a gravitációs erő szabaderő: az egyes tagok zavartalanul összeadódnak. Ezért a közös tényező, az m0 kiemelhető. A zárójelben szereplő vektormennyiség a kiterjedt test tömegétől, tömegének eloszlásá-
192
tói, geometriai helyzetétől függ. Függ ezen túl attól is, hogy az m0 tömegű pontszerű test hol helyezkedik el. Nem függ azonban az m0-tól!
Az (1) képlet az m0 tömegű testre ható gravitációs erő közelito értéké. Ha a kiterjedt testet sűrűbb rácsozattal osztjuk fel, akkor ugyanezzel a módszerrel a gravitációs erő pontosabb értékét kapjuk
Általában is igaz, hogy ha egy kiterjedt test hat egy pontszerű testre, akkor a gravitációs erő két tényező szorzatára bontható. Az egyik a pontszerű test tömege, a másik tényezőt gravitációs térerősségnek nevezzük, és T-vel jelöljük:
F = w!0 • T. (2)
A gravitációs térerősség vektormennyiség, mértékegysége N/kg. Közelítő értéke folytonos eloszlású, kiterjedt test esetén az (1) képlet jobb oldalán a zárójelben szereplő mennyiség:
t * / ^ r 1+ / ^ r 2+ . . . + / ^ r „ .r i 2
A gravitációs térerősség, mint erre már utaltunk, a kiterjedt test geometriai helyzetétől, tömegének eloszlásától függ elsősorban. Ezen túl függ attól is, hogy kiterjedt testhez viszonyítva hol helyezkedik el az az m0 tömegű test, amelyre kifejtett erőt a (2) képlet adja meg. Mégegyszer hangsúlyozzuk: a gravitációs térerősség nem függ m0-tól.
Gondoljuk most el, hogy adott a tér egy részében az anyagi pontok valamilyen összessége, halmaza.
Helyezzünk most el a tér valamelyik pontjába egy m0 tömegű pontszerű testet. (Ezt a továbbiakban próbatestnek is nevezzük.) Különböző pontokba helyezve a próbatestet, a ráható erő más és más lesz,
a különböző pontokhoz különböző térerősségvektor tartozik.
A tér pontjaihoz hozzárendelhetjük tehát a térerősségvektornak a pontra jellemző értékét. A tér r helyvektorral jellemzett pontjához T(r) térerősségvektor tartozik. Ez azt jelenti, hogy ha az r hely vek- torú pontba m0 tömegű testet helyezünk, akkor erre a testre F=T(r) • m0 gravitációs erő hat.
Elképzelhető persze, hogy a tér minden egyes pontjához nem rendelhetünk hozzá térerősségvektort. Gondoljunk csak az (1) képletre. Ha az r1; r2, r3, . . . vektorok közül valamelyik nullvektor, akkor az (1) képletben valamelyik tag értelmetlenné válik.
Eltekintve azonban ezektől a kivételesnek számító pontoktól, a tér többi pontjához hozzárendeljük a ponthoz tartozó térerősségvektort. A geometriai tér pontjait így fizikai tulajdonságokkal ruháztuk fel. A geometriai teret ezzel az eljárással bizonyos értelemben fizikaivá tettük: amikor gravitációs térről*** beszélünk, akkor ezen azt értjük, hogy a tér pontjai fizikai tulajdonsággal rendelkeznek, eltekintve a kivételes esetektől, minden ponthoz hozzárendeltünk egy térerősségvektort, abban a pontban az egységnyi tömegű testre ható gravitációs erőt.
A 2.170. ábrán két pontszerű test által létrehozott gravitációs tér térerősségvektorait ábrázoltuk néhány pontban. Látható a vázlatos ábrázolásból is, hogy a két tömegtől távoli pontokban a térerősség kisebb, mint a közeli pontokban, és az is, hogy a térerősségvektorok — úgy tűnik — valamilyen görbesereg érintői.
Néha gravitációs mezőnek is nevezzük a gravitációs teret.
193
. ' /
\ 1 /
pontjában van a forrástömeg (2.172. ábra). Ekkor a gömb felületén minden pont-
. „ , , „ Mban azonos a tererosseg nagysaga, / ,r
és a térerősségvektor a gömb felületén minden pontban befelé mutat. Ha a gömb sugarát növeljük, akkor a térerősségvektorok nagysága csökken. Minél nagyobb a gömb felülete, annál kisebb a felületen befelé m utató térerősségvektorok nagysá-
2.170 '. §a- Pontosabban: fordított arányosság van ábra a gömb felülete és a térerősség nagysága
között. A gömb felülete ugyanis a sugár
A 2.171. ábrán egy folytonos anyageloszlású test környezetében ábrázoltuk néhány pontban a térerősségvektort. A térerősségvektorok bármely pontban a gravitációs hatást létrehozó test felé m utatnak. Ezt a testet gyakran a tér forrásának nevezzük.
Az F = m T erőtörvény a Newton-féle tömegvonzási törvény általánosításának tekinthető. H a a tér forrása az M tömegű, pontszerű test, akkor a (1) képletben egyetlen tag szerepel, az m0 tömegű testre ható erő nagysága:
F f M r
Az M tömegű, pontszerű test által létrehozott térerősség, az M tömegű testtől r távolságra, tehát
T - f "r í
nagyságú, és az M tömegű test felé mutat. Kiemeljük: a pontszerű, M tömegű test által létrehozott gravitációs tér gömbszimmetrikus, a forrástesttől mért távolság négyzetével fordítva arányos. Képzeljünk el egy r sugarú gömböt, amelynek a közép-
2.172.ábra
■2.171.ábra
194
2.173.ábra
négyzetével arányos, a térerősség pedig ugyanezzel fordítottan:
A = 4 n r2,
„ MT = / V '
A fordított arányosságban lévő mennyiségek szorzata állandó:
TA = 4 n fM . (3)
A (3) állítás szerint egy gömb középpontjába helyezett M tömegű, pontszerű test a gömb felületén a felülettel fordítottan arányos nagyságú, a gömb felületén befelé m utató térerősséget hoz létre (2.173. ábra).
A (3) állítás bal oldalán a térerősség és a felület szorzata szerepel. Az így keletkező mennyiséget szeretnénk általánosabban is értelmezni.
Tekintsünk valamely /4-val jelölt felületet. Osszuk fel ezt valamilyen módon kis felületelemek egyesítésére; válasszunk ki ezek közül egyet, mondjuk az i-ediket, és ennek a nagyságát jelöljük Ai4r veL E felületelem közepéhez tartozó térerősségvektor legyen Tj. A térerősségvektor felületre merőleges összetevőjét jelöljük T^-sel. A felületre merőleges térerősségkomponens és a felületelem nagyságának a szorzata T fA A ,.
Ha ezeket az elemi szorzatokat összegezzük a felület egészére, akkor egy új
mennyiséget értelmezünk: jelöljük ezt #-vel (a görög khi betű), és nevezzük a felületre vonatkozó gravitációs fluxusnak (2.174. ábra):
X - ^ T + A A i . (4)
A gravitációs fluxus (4) alatti értelmezése valóban a (3) bal oldalán szereplő szorzat általánosítása. A gömb felületén bármely pontban a térerősség merőleges a felületre, feltéve persze, hogy az M tömeg továbbra is a gömb közepén van, és a gömb felületén azonos nagyságú. H a a (4) definíciót a gömb felületére alkalmazzuk, akkor az összegezésből T kiemelhető:
X= TQ ?Ad.
A zárójelben szereplő összeg azonban nyilván a gömb teljes felülete, tehát
X = T A .
Felvetődik most a kérdés, hogy miképpen szemléltethetjük az újonnan értelmezett gravitációs fluxust? Kézenfekvő a következő lehetőség. Állítsunk az A felület minden pontjába a felületre merőleges szakaszt, olyan hosszút, mint amekkora a felület e pontjában a térerősség a felületre merőleges komponensének a nagysága. Ekkor a TLAA típusú szorzat egy térrész térfogatát jelöli: a gravitációs fluxus ilyen elemi térfogatok összegét méri. Szemléletes hasonlattal élve: gondoljuk el, hogy az A
2.174.ábra
195
felületű vékony szelet kenyérre olyan vastagon kenünk vajat, hogy a vaj vastagsága mindig megegyezik a térerősség felületre merőleges összetevőjének a nagyságával. Ekkor a fluxus úgy tekinthető, mint a kenyérszeletre kent vaj térfogata.
Bármennyire is szemléletes ez a kép, nem így szokás a gravitációs fluxust szemléltetni.
A gravitációs erőteret és a gravitációs fluxust ún. gravitációs erővonalakkal szemléltetjük.
A gravitációs erővonalak (képzeletbeli) irányított térgörbék. A görbe érintője bármely pontban a gravitációs térerősség ugyanebben a pontban. Irányítását is a gravitációs térerősség iránya szabja meg.
A gravitációs erővonalak nem ágazhatnak el, nem metszhetik egymást. Nyilvánvaló ez, ha arra gondolunk, hogy az elágazási vagy a metszéspontban nem lehetne a térerősség értéke egyértelmű.
A gravitációs erővonalak a végtelenből „közelednek” a tér forrását jelentő tömeghez, és ezen végződnek. Ezért ezek az erővonalak nem alkothatnak zárt görbéket sem.
Milyen sűrűnek képzeljük az erővonalak seregét?
A szemléltetéshez nem használjuk fel az összes erővonalat. Az eredeti felfogásunkban a gravitációs tér (egy-két kivételestől eltekintve) minden pontján áthalad egy erővonal. Ezek közül azonban a szemléltetéshez csak „néhányat” hagyunk meg. A megmaradó erővonalak számával a térerősséget kívánjuk szemléltetni. A szóhasználatban ezután az így megmaradt erővonalak számát értjük erővonalszámon, és állapodjunk meg abban, hogy egységnyi (1 m 2) nagyságú, az erővonalakra merőleges felületen annyi erővonal halad át, amennyi a felület középpontjában a tér-
x
erősség számértéke. (Ha a térerősség számértéke 3,2, akkor 10 m 2 nagyságú felületen 32 erővonalat képzelünk áthaladni. Szemléltetésről van szó: közelítő pontosság is elégséges.)
Ha a felületegységen merőlegesen áthaladó erővonalak száma éppen a térerősség számértéke, akkor a A A nagyságú felületen TAA számú erővonal halad át. Eszerint tehát a gravitációs fluxus szemléletes jelentése: az A felületet döfő erővonalak száma (2.175. ábra).
Téljünk most vissza ahhoz a gömbhöz, amelynek a közepén M tömegű pontszerű test a tér forrása. Ekkor a gömb felületét — függetlenül annak a nagyságától— A n fM számú erővonal döfi. A 2.176. ábrán ilyen erővonalakat rajzoltunk meg.
196
Szemléletesen is nyilvánvaló, hogy ha a gömb felületét növeljük — mintegy felfújjuk, ahogy a léggömböt szokás —, a nagyobb gömb felületét is ugyanannyi erővonal döfi. Sőt, a felületet döfő erővonalak száma nem változik akkor sem, ha a gömböt deformáljuk, ha a léggömb tojás alakúra vagy más formára fújódik fel. Az sem számít, ha az M tömegű forrástömeg nem a gömb közepén van. Kezd kialakulni az a sejtésünk, hogy zárt felületen a gravitációs tér fluxusa egyenlő a gömb felületére számított fluxussal: 4nfM -m e\.
Sejthető, hogy ugyanez a helyzet akkor is, ha nem egyetlen pontszerű test van a felület belső oldalán. A gravitációs erő szabaderő, additív, így additív a térerősség is, ezzel együtt a gravitációs fluxus. Ha a felületen belül két test van, akkor a felület egy pontjában a térerősségvektor felbontható két részre, az egyikért az egyik, a másikért a másik test felelős. Az egyes testekből származó fluxus ugyanígy a testek tömegével együtt összeadódik. E nagyrészt intuitív, de mindenképpen felületes okoskodás után kimondjuk a megsejtett alapvető törvényt:
Gauss tétele: Zárt felületen a gravitációs tér fluxusa egyenlő a felületen belül található tömeg 4 n f -szeresével:
X = YJTi3-AAi = 4 n fM . (5)
Szemléletesen ez így fogalmazható: ha zárt felületen belül M tömeg van — bármilyen tömegeloszlással — , akkor a felületet 4n fM számú, befelé irányuló erővonal döfi. Pontosabban: ha a befelé irányuló, befelé haladó erővonalak számából levonjuk a kifelé irányuló erővonalak számát, akkor az eredmény: 4 n fM . Vagy még egyszerűbben: M tömegű testen minden
esetben 4 n fM számú gravitációs erővonal végződik.
Kiemeljük, hogy a gravitációs fluxus értelmezése a szemléltetés leírása előtt történt, a térerősséghez hasonlóan korrektül értelmezhető mennyiség. A Gauss-tétel megfogalmazásában is ezért használtuk a gravitációs fluxus fogalmát, és a szemléletes erővonalképen alapuló átfogalmazást csak ezután adtuk meg.
rMielőtt rátérnénk a Gauss-tétel alkalmazásának a bemutatására, vizsgáljuk meg, vajon hány erővonal döfi a Föld felületének 1 m 2-es részét? Táblázatból kiolvashatjuk, hogy a Föld tömege 5,976 • 1024 kg, a Föld felszíne pedig A = 5,101 • 1014 m 2. A Gauss-tétel szerint a Föld felületét merőlegesen döfő fluxus a Föld tömegének 47t/-szerese, tehát
y = 4nfm =
= 4 • 3,1415 • 1,67 • 10 11 • 5,976 • 1024 =
= 5,009 - 1015.
A felületegységen átmenő erővonalszám:
= T=5,009 • 101 N m
1A =9,81 — =9,81 —z . 5,101 • 1014 kg s2
A Föld felületét négyzetméterenként nagyjából 10 erővonal döfi. |
Alapvető felismerésünk: a Föld felszínének környezetében a gravitációs térerősség azonos a g gravitációs gyorsulással. Sok félreértés forrása lehet ez, ezért hasznos lesz tisztáznunk a következő többértelműséget.
A „</”-nek három jelentése is van a fizikában.
1. Mindenekelőtt a szabadon eső testek gyorsulását, a sebességének időegységre eső megváltozását jelenti. Ily módon kinematikai fogalom. Ebben a szövegösszefüggésben használjuk: „ . . a test g-vel gyorsul . . . ”. A kinematikában a g minde
197
nütt ebben az értelemben szerepelt. A szabadesés értelmezése c. pont (1) állításában g szintén a magára hagyott test gyorsulását jelenti.
2. Ezután legtöbbször — bár nem kimondva — a g térerősségként szerepel: minden olyan esetben, amikor így fogalmaztunk: „ . . . a testre az mg nehézségi erő hat . . . ”. Ilyen értelemben tehát g az egységnyi tömegű testre ható nehézségi erőt jelenti.
3. A harmadik jelentés a szemléltetéshez kötődik: g a Föld felszínén 1 m 2 nagyságú felületen áthaladó erővonalak számát, pontosabban az 1 m 2-re jutó gravitációs fluxust jelenti.
Fontos a jelentések közötti világos különbségtétel. Illusztráljuk a nehézséget egy feladattal, amely így van megfogalmazva: „Az emberi szervezet a nehézségi gyorsulás 5-szörösét viseli el károsodás nélkül. Legalább mekkorának kell lennie azon körpálya sugarának, amelyen függőleges síkban teljes kört leírhat egy 720 km/h sebességgel haladó repülőgép?”
A feladat szerint az ember szervezete nem gyorsulhat nagyobb gyorsulással 5g = 50 m /s2-nél. Körmozgást végző ember gyorsulása centripetális gyorsulás, így
Innen R > 800 m. Ebben a felfogásban tehát g-n a nehézségi gyorsulást értjük.
Értelmezhető azonban a feladat a következő módon is: az ember szervezete, csontjai, ülőizmai stb. 5 mg-nél nagyobb nyomóerőt nem viselnek el károsodás nélkül. Ekkor Newton II. törvénye a körpálya alsó pontján mozgó emberre:
v2N —mg= —
és N < 5 mg. Ekkor azt kapjuk, hogy R > > 1000 m.
Melyik a helyes megoldás? Kísérlettel ellenőrizni ezt természetesen nem lehet, mert az egyik ember 1200 m-es sugarú pályán is rosszul lesz, a másik meg 800 m sugarú körön való mozgást is könnyűszerrel eltűri.
M ondhatnánk, hogy az első megoldással az a baj, hogy az ember akármilyen gyorsulással mozog, attól semmi baja nem történik, mert a gyorsulás relatív/*’ Egy becsapódó lövedékhez viszonyítva borzasztóan nagy gyorsulással mozgunk, és semmi bajunk nem lesz, feltéve, hogy a lövedék nem minket talált. Az emberi szervezet tehát bármilyen nagy gyorsulást elviselhet.
És mi a helyzet a gravitációs térerősséggel? Képzeljük el, hogy valaki 100 g erősségű homogénnek tekinthető gravitációs térben esik egy bolygó felé. Mit érez? A rémületet leszámítva nem többet, mint amit akkor érez, amikor 1 g vagy 0,01 g erősségű térben esik. Az ember szervezete mindenféle erősségű homogén gravitációs teret elvisel, ha szabadon esik, mert ekkor az ember szervezetének minden sejtje egyenlő gyorsulással mozog, a térerősség egyenlőképpen hat minden sejtre, minden sejtalkotóra. Sem a gyorsulást, sem a térerősséget nem érzékeli közvetlenül. Hát akkor mit érez, érzékel az ember szervezete? Minden olyan ingert, amelyet idegvégződései, idegrendszere felfog. Érzékeli szöveteinek egymáshoz viszonyított elmozdulását, kötőszövetének, bőrének, csontjainak deformációját. Az ember szervezete a testfelületre ható nyomóerőt érzékeli, ez az, amit esetleg nehezen visel el. Nyomóerő viszont
A gyorsulás persze más értelemben nem relatív: egy test gyorsulása az összes inerciarendszerben azonos.
198
csak akkor lép fel, ha nem esik szabadon, mert például a bolygó felszínén áll. (Ha a gravitációs tér nem homogén, akkor persze nem mindegy, hogy mekkora az erőssége. Nem homogén erőtérben elképzelhető, hogy a bolygó felé eső embert a gravitációs erő megnyújtja, mert például a lábára nagyobb erő hat, mint a fejére. Amit ár-apály jelenségnek hívunk, az is ebből adódik: a Hold gravitációs tere sem homogén, a Föld Holdhoz közelebb eső vizeire nagyobb erőt fejt ki, mint a távolabbi vizekre.)
rVizsgáljuk most meg, hogy mekkora lenne a Föld felületén a nehézségi gyorsulás, ha a Föld lapos korong lenne, mint ahogyan azt őseink képzelték. Tegyük fel tehát, hogy adott egy egyenletes tömegeloszlású, R = 6370 km sugarú, M = 5,976 x x 1024 kg tömegű lapos korong. (Sugara
megegyezik a Földünk sugarával, tömege azonos a Föld tömegével.)
Ebbe a lapos korongba a 2.177. ábra szerint két oldalról a felületre merőlegesen összesen 4 n f M számú erővonal érkezik. Ezek az erővonalak párhuzamosak, és egyenletes sűrűségüeknek tekinthetők.***
2.177.ábra
'*> Persze nem párhuzamosak és nem egyenletes sűríiségűek az erővonalak, de most így tekintjük, hogy számolni tudjunk. A hiba nem nagy, mert az egyenetlenség csak a korong széleinél lép fel. Ezért megköveteljük, hogy a korong vastagsága legyen kicsi a szélességéhez viszonyítva. Ekkor az erővonalakat a korong felületére merőlegesnek tekinthetjük.
Az erővonalak egyik része a lapos korongot „felülről”, a másik fele „alulról” én. Az erővonalak összességükben két kör felületét döfik merőlegesen. Ennek a két körnek az összes felülete 2R 2n, így az egységnyi felületen áthaladó erővonalak száma:
X 4 n fM M 1Q0 2
Pontosan kétszerese tehát a Föld felszínén tapasztalható gyorsulásnak. Ha a Föld lapos korong lenne, akkor ott egy 50 kg tömegű gyermek 1000 N súlyú lenne. |
l~Másik példaként vizsgáljuk meg egy igen hosszú, vékony, egyenes test által létrehozott gravitációs tér erősségét a testtől r távolságra. Válasszuk ki a hosszú, vékony test egy L hosszúságú részét, és jelöljük ennek a tömegét M-mel. Ekkor a test ezen szakaszán 4 n f M számú erővonal végződik. Úgy fogjuk fel, hogy ezek az erővonalak merőlegesek a hosszú testre, a létrehozott gravitációs tér hengerszimmetrikus. Az erővonalak a merőleges felület bármely pontban égj hengerpalást felületének a része. A hosszú testtől r távolságra az erővonalakra merőleges felületelem a 2rnL felületű hengerpalást része (2.178.
2.178.ábra
199
ábra). így a felületegységen áthaladó erővonalak száma, azaz a térerősség:
4 n fM f M f1= —------= 2 ------ = 2 - o ,
2rnL rL r
ahol a a hosszúságegységre ju tó tömeget jelöli a hosszú, vékony testen. A henger palástjára helyezett pontszerű, m tömegű test
f . gyorsulása 2 — a, feltéve, hogy más erő
nem hat a testre. |
2.4.3. Gravitációs potenciál, potenciális energia
Vizsgáljuk meg most a gravitációs tér tulajdonságait más oldalról. Láttuk, hogy a gravitációs térben önmagukba záródó erővonalak nem léteznek. Ennek a ténynek alapvető következményei vannak a gravitációs tér szerkezetére vonatkozóan.
Fontoljuk meg, hogy milyen következményekkel járna az, hogy önmagukba záródó erővonalakat találnánk a térben. Néhány ilyen önmagába záródó erővonalat vázolunk az ábrán. Helyezzünk el a 2.179. ábra szerint az A pontba egy m tömegű testet, majd mozgassuk végig a testet az erővonal mentén. A test elmozdulása és a testre ható gravitációs erő — az erővonal mentén — ugyanabba az irányba mutat, ezért a görbe vonalú pályán végzett munka, végighaladva a zárt görbén, pozitív.
2.180.ábra
Természetesen fordított irányba haladva a gravitációs tér munkája egy zárt görbén negatív lenne. Hasonló a helyzet ahhoz, amikor a forgószél felkap egy falevelet, és körbe-körbe viszi.
A gravitációs tér azonban nem a forgószélhez, hanem inkább a szélhez hasonlít. Az erővonalak szerkezetét a 2.180. ábrán vázoltuk. Az erővonalak sűrűsödhetnek, ritkulhatnak, de nem alkothatnak zárt görbéket. Ahol sűrűbbek az erővonalak, ott nagyobb a térerősség, ahol ritkábbak, ott kisebb a térerősség.
Vigyük most is körbe egy tetszőleges zárt görbén az m tömegű próbatestet. Ekkor a görbe bizonyos részein egyirányba haladunk a térerősségvektorral, más részein inkább ellentétes irányba. Az elmozdulás és a térerősség közötti szög a görbe egy-egy szakaszán kisebb, mint a derékszög, a másik szakaszán nagyobb. A tér által végzett m unka tehát annyiszor pozitív, mint ahányszor negatív. Pontosan fogalmazva: a tér munkája zárt görbén kör- bemozgó testen nulla:
2.179ábra
I ] m r llA5 = 0 .o
(1)
Ezt az alapvető tényt többféleképpen is kifejezhetjük. Az (1) állítás alapján azt mondjuk, hogy a gravitációs tér konzerva-
200
2 .181.
ábra
tív.(*’ Szokásos szóhasználat még: a gravitációs tér örvénymentes. Ez az utóbbi elnevezés szemléletesen azt fejezi ki, hogy a gravitációs térben nincsenek örvények, mint ahogyan a forgószél örvényeket kavar.
Az (1) állítás nagyon fontos következményét fogalmazzuk meg most.
Jelöljünk ki a gravitációs térben két pontot, jelöljük ezeket A-val és B-vel. Ekkor az A és a B pontokat összekötő bármely két mozgásnál a tér munkája az A pontból a B pontba mozgó testen ugyanaz (2.181. ábra). Tegyük fel ugyanis, hogy az A és a B pontokat összekötő pályák egyikén a Wt munka nagyobb, mint a másik pályán végzett W2 munka. Ebben az esetben a második pályán fordított irányban visszahaladva a tér munkavégzése — W2. így azonban az A pontból az első pályán a B-be, majd B-ből a második pályán az A-ba visszahaladva a tér m unkája zárt görbén nem lenne nulla:
W y + i - W ^ O .
A gravitációs tér munkavégzése két pont között nem függ tehát a két pont között megvalósuló mozgástól, a test pályájától, a testre ható többi erőtől.
(*’ A konzervatív jelző arra utal; hogy az ilyen tér megőrzi az energiát. Látni fogjuk, hogy gravitációs térben szabadon mozgó tömegpont mechanikai energiája állandó.
Jelöljük most ki a gravitációs térben egy O pontot, ahol a térerősség értelmezve van. Adjunk meg ezután egy másik pontot, az ábra szerint, és jelöljük ezt A-val. Ekkor ha az A pontból az O pontba haladunk egy m tömegű testtel, a tér munkája biztosan pozitív, hiszen az erővonalak iránya és az elmozdulás iránya azonos. Tegyük fel, hogy ez a munkavégzés egységnyi:
Válasszuk meg most az A, pontot úgy, ahogy a 2.182. ábrán látható. Ekkor az Aj pontból az O pontba mozgatva az m tömegű testet, a tér munkája megegyezik az A pontból az O pontba történő mozgásnál végzett munkával. A munkavégzés nem függ a pálya megválasztásától, haladjunk tehát az A t pontból az A pont érintésével az O pontba. Ekkor az A és Aj közötti szakaszon végzett m unka nulla, mert az elmozdulás merőleges az erővonalakra. Az A ponton áthaladó, az erővonalakra merőleges felület bármely pontjából mozgatjuk a testet az O pontba, a tér W^_c = 1 J munkát végez.
Válasszuk most meg a B pontot az ábrán látható módon. Világos, hogy a tér m unkája a B pontból az O pontba mozgatott test esetén nagyobb, m intha az A pontból indítottuk volna:
^ o > ^ a- o -
2.182.ábra
201
B-ből induló test útja ugyanis nagyobb, az erővonalakkal egy irányban haladva a tér a WB_A-\a\ nagyobb munkát végez. Tegyük fel, hogy a B pontból induló testen a tér 2 J munkát végez; ugyanennyi a tér munkája akkor is, ha a test a B ponton áthaladó, az erővonalakra merőleges felület bármelyik Bj pontjából mozog az O pontban.
Ha még távolabb megyünk az O ponttól, és a C pontot vizsgáljuk, akkor a Wc^ 0 > Wb-o> tegyük fel, hogy ez a munkavégzés 3 J. Ekkor a C ponton átmenő, az erővonalakra merőleges felület bármely pontjából az O pontba mozgó testen a tér3 J m unkát végez (2.183. ábra).
Hasonló a helyzet az O pont „másik oldalán”. Válasszuk meg valahogy a D pontot úgy, ahogyan a 2.184. ábrán láthatjuk. Ekkor a D pontból az O pontba mozgatott testen a tér negatív munkát végez: az erő és az elmozdulás ellentétes irányú. Legyen ez a munkavégzés — 1 J; ugyanennyi a munkavégzés, ha a D ponton áthaladó, az
erővonalakra merőleges felület valamelyik pontjából mozgatjuk a testet az O pontba.
Világos, hogy ha a térben kijelölünk egy olyan O pontot, ahol a térerősség értelmezve van, akkor a tér minden A pontjához — amelyben a térerősség szintén értelmezve van — hozzárendelhetjük azt a munkát, amelyet a tér egységnyi tömegű próbatesten végez, ha az az A pontból azO pontba mozog: Ez a mennyiség nem függ attól, hogy az A pontot az O ponttal összekötő lehetséges pályák melyikén mozog a test.
Az így értelmezett mennyiséget az A pont O -ra vonatkozó gravitációs potenciáljának nevezzük, és l /A-val jelöljük.'*'
Az m tömegen végzett munka, miközben az A pontból az O pontba kerül:
W ^ 0 = £ mT"As.A -» 0
(2)
A tömeggel elosztva mindkét oldalt, a potenciál definícióját kapjuk:
Í/A:= E T ]]A s.A-*0
(3)
A potenciál mértékegysége:
[ l / ] = [7 > [> ] =
2.184.ábra
Tekintsük át a potenciál legfontosabb tulajdonságait. Nyilvánvaló az értelmezésből, hogy a potenciál az erővonalak irányában haladva csökken (2.185. ábra), az is világos, hogy az azonos potenciálú pontok az erővonalakra merőleges felületeken, az ún. ekvipotenciális felületeken helyezkednek el (2.186. ábra).
f*] Ha nem okoz félreértést, az O pontra utalást elhagyhatjuk. Világosan kell azonban látni, hogy a potenciál a vonatkoztatási pont megválasztásától függő mennyiség.
202
A potenciál ugyanúgy a gravitációs tér pontjait jellemzi, mint a térerősség. Az r
helyvektorú pont potenciálját l/(r)-rel jelölve világos, hogy a potenciált szemléletesen úgy képzelhetjük, mint a tér pontjai mellé írt számokat, amelyek azt jelzik, hogy ebből a pontból az O pontba vitt egységnyi tömegű testen a tér mekkora m unkát végez.
A potenciál kétségtelenül egyszerűbb jellemzése a tér pontjainak: a skaláris potenciál egyszerűbben kezelhető, mint a vektoriális térerősség. A meteorológiából vett hasonlattal élve: pontok térerősségvektorral történő jellemzése olyan, mint amikor a térképen minden ponthoz feltüntetjük az ott uralkodó széljárást irány és nagyság szerint. A potenciált ezzel szemben a hőmérséklet vagy csapadéktérképhez hasonlíthatjuk. A pontok mellé írtuk a napi középhőmérsékletet vagy az átlagos csapadékot valamely időszakban (2.187. ábra).
A (3) definiáló egyenlőség alkalmas arra, hogy a térerősségből a potenciált kiszámítsuk. A fordított irányú kérdésfeltevés is érdekes: meghatározható-e a potenciál segítségével a térerősség? Tekintsük a gravitációs tér kicsiben homogén részét, vagyis olyan tartományát, ahol a térerősség állandónak tekinthető. Rögzítsük az O pontot, ezzel a potenciál nulla szintjét. Válasz- szuk meg ezután az A és a B pontot úgy, ahogyan a 2.188. ábrán látható. Az A és a B pontok távolságát jelöljük As-sel. A munka útszerinti additivitása alapján
innen
WÁ-*b ^ a - .o — W b - .o - (4 )
Felhasználva a (2) összefüggést:
WÁ-.o = "*í/A. =
W ^ B = m(UB- U A) = m (-A U ), (5)
ahol AU = UB — UA a potenciál megváltozása az A és B pontok között. Másrészt
b = FAs = TmAs, így
TmAs = m( — AU),
A B <r
0 ábra
203
vagyis
7 = AUAs (6)
így például, ha az erővonalak irányában haladva a potenciál méterenként 10 (m/s)2- tel csökken, azaz AU = —10 (m/s)2, akkor a térerősség értéke 10 m/s2.
Ha az elmozdulás nem párhuzamos az erővonalakkal, akkor az elmozdulás x, y, z irányú komponenseire alkalmazzuk az előző gondolatmenetet, a potenciál x, y, z irányú megváltozását az x, y, z irányú szakaszon számoljuk, jelöljük ezeket AXU, AyU, Azl/-val. Ekkor a gravitációs térerősség három komponense:
T = —A J / t = _ A £Ax y Ay
Azt/
Az(7)
A térerősségvektor igy
- (Axt / A J / A J / Ax ’ Ay Az }
(8)
Közbevetőleg jegyezzük meg, hogy bármilyen helytől függő skaláris mennyiség esetén értelmezhető a (8) jobb oldalához hasonló mennyiség. Ha például g(r) egy helytől függő skaláris mennyiség, akkor a
/ Ayg A ^X \ Ax ’ Ay ’ Az J
vektort a g mennyiség gradiensének nevezzük, és grad g-vel jelöljük. Ilyen értelemben beszélhetünk a hőmérséklet, a nyomás, a sűrűség, a kémiai koncentráció gradiensségéről. A gradiens szemléletesen szólva a térbeli változás sebességét méri. Eszerint a (8) állítás úgy is fogalmazható, hogy a térerősség a potenciál negatív gradiense.
Összefoglalva tehát: a (3) definiáló egyenlőséggel a térerősség segítségével a poten
ciál kiszámítható, a (8) állítás ennek bizonyos értelemben „reciproka”: segítségével a potenciálból a térerősség meghatározható.
Felvetődik ezért a kérdés: ha ilyen értelemben a két mennyiség egymásból kiszámítható, akkor miért nem ragaszkodunk a könnyebben kezelhető potenciálhoz? Milyen előnyökkel já r a tér jellemzésében a bonyolultabban kezelhető, bonyolultabban számolható térerősség? Röviden a következő mondható: az erőterek a potenciállal való leírásának előnyös vonásait erősen rontja az a körülmény, hogy ez csak konzervatív erőtérben értelmezhető. Tanulni fogunk olyan erőtérről, amelyben a térerősség mellett potenciál nem definiálható.
A potenciál tulajdonságait tovább elemezzük. Helyettesítsük a gravitációs tér munkáját a munkatételbe:
j m v l- j m v j = m (U l - U 2)+ (9)
(Itt C/j és U2 a fentiekben látott l /A-nak és t / B-nek felelnek meg.) Átrendezzük az egyenlőséget: az mU állapotjelző megváltozását a bal oldalra átvisszük, ekkor
^™i + ml/2j - ( j^ m v j + m U i'j == »U b , (10)
Ezzel a munkatétel új formáját kaptuk. Az m ■ U mennyiséget helyzeti vagy potenciális energiának nevezzük, a mozgási energiával együtt a két energiatag neve: mechanikai energia.
Világítsuk meg eredményeinket néhány feladattal.
f"Á talaj környezetében észlelhető gravitációs erőtér erővonalai függőlegesen lefelé, a talaj felé mutatnak, a talaj 1 m 2-ét
204
A
A5
T2.189ábra
mintegy 10 erővonal döfi merőlegesen, a gravitációs térerősség nagysága 10 m /s2. Válasszuk meg a koordináta-rendszert úgy, hogy a függőleges tengelye fölfelé mutasson. Ekkor a térerősségvektor T =(0, —g, 0), vagyis Ty= —g. Legyen a potenciál nulla szintje a talaj felszíne, tehát a koordináta-rendszerünk origója. Ekkor a potenciál fölfelé haladva — az erővonalakkal szemben mozogva — növekszik (2.189. ábra). Ha az A pont függőleges koordinátája y, akkor ennek a pontnak a potenciálja a (3) alapján
UA = TyA s = - g ( 0 - y ) = g y > 0 ,
hiszen az erő és az elmozdulás egy irányú. A potenciális energia a potenciál m-szerese:
Epol= U Am = mgy,
összhangban a nehézségi erő munkájánál tanultakkal.
Az r = (x, y, z) ponthoz tartozó potenciál U = gy. Világos, hogy AXU = 0, és A J J = 0, vagyis a potenciál vízszintes irányokban nem változik, AyU = gAy, innen
Avt/= - g , T, = 0. 7 > 0 _ JT = — ‘ y Ay
Vizsgáljuk meg most a következő fontos példát. Helyezzünk el egy koordináta- rendszer origójába egy M tömegű, pontszerű testet. Ez képviseli most a tér forrá
sát. A koordináta-rendszer x tengelye mentén vizsgáljuk a térerősséget.
A 2.190 ábrán látható, hogy pozitív x esetén a térerősség negatív, balra mutat. Ebből következik, hogy a térerősség
T=f M
v 2
alakú függvénye a pontszerű forrástesttől mért távolságnak. Az ábrán láthatjuk a függvény grafikonját.
Rögzítsük most tetszőlegesen az O pontot az x tengely mentén, ennek a pontnak a koordinátája legyen x0, válasszunk meg ezután egy A pontot, a koordinátáját jelöljük x-szel. Feltehetjük, hogy x < x 0. Ekkor A-ból O-ba mozgatva egy egységnyi tömegű próbatestet, a tér negatív munkát végez, hiszen az erővonalakkal ellentétes irányban mozog a test. A tér által a testen végzett munka a térerősségfűggvény grafikonja feletti vonalkázott alak zat területe. Az integrálszámítás elemi alkalmazásával:
U(x) = f - - f - . x o x (11)
A 2.191. ábrán az M tömegű forrástömeg körül koncentrikus körökkel ábrázoltuk az ekvipotenciális felületeket. Az erővonalakkal ellentétes irányban haladva a poten-
2.190.ábra
205
2.191.ábra
ciál nő, a körökre írt számokkal érzékeltetni kívántuk a léptéket: az M tömegű testtől távolodva a potenciál egyre kevésbé változik. Az ábra másik részén a potenciálhely függvényt is ábrázoltuk.
Nyilvánvaló, hogy a potenciál nem növekszik korlátlanul, akármilyen messze megyünk is az M tömegtől, a potenciál min-
Mdenképpen kisebb, mint / — , ezt az erté-
x0két azonban tetszőlegesen megközelíti.
Az is könnyen látható, hogy különböző helyeken megválasztva az O pontot, a potenciálfüggvények egymáshoz viszonyítva eltolt hiperbolaágak. Az O ponttól balra eső pontokban (ahol 0 < x < x0) U negatív, az x tengelyt az x0 pontnál metszi, majd pozitív értéket vesz fel.
Felvetődik a kérdés, hogyan válasszuk meg az O pontot, hogy a (11) függvény formája a lehető legegyszerűbb legyen. G ondoljuk el, hogy az ábrán látható hiperbolaágakat úgy toljuk el lefelé, hogy aszimp- totája az x tengely legyen. Ez azt jelenti, hogy a potenciál értéke mindenütt negatív, az O pont pedig a végtelenbe kerül (2.192. ábra).
Ha a forrástömeg pontszerű test, akkor a leggyakoribb megállapodás az O pont helyzetére, vagyis a potenciál nulla szintjére a következő. Válasszuk meg az O pontot a végtelenben, vagyis a potenciál a végtelenben legyen nulla.'** Pontosabban a potenciálfüggvényt válasszuk meg így:
MU(x) = —f — , x > 0 .
x
A tér gömbszimmetrikus volta m iatt azonban nemcsak az x tengely mentén változik így a potenciál, hanem az M tömegtől r távolságra bármely irányban
MV ( r ) = - f — (12)r
a potenciál értéke.
(*) A potenciál mindenütt negatív, azonban tetszőlegesen megközelíti a 0-t, ha az x távolság elég nagy. Akárhogyan is választunk meg egy u0 negatív számot, található olyan P pont, hogy ennél a pontnál távolabbi pontok potenciáljának számértéke nagyobb u0-nál. Ennek a ténynek a szemléletes kifejezése az, hogy a potenciál a végtelenben nulla. Ha ugyanis az O pont eléggé messze van, akkor a potenciálja lényegében nullának tekinthető.
206
Válasszuk meg most x-et úgy, hogy
2.193.ábra
Az ábrán szemléltetjük a tér gömbszimmetrikus szerkezetét. Érzékeltetjük, hogy a forrástömegtől távolodva a potenciál növekszik, de a növekedés egyre kisebb ütemű, mindvégig negatív azonban a potenciál értéke. Az M tömeg környezetében a potenciál rohamosan csökken. Szemléletesen szólva m intha feneketlen kút vagy völgy mélyén helyezkedne el az M tömeg (2.193. ábra).
Vizsgáljuk meg most egyenletes sűrűségű, M tömegű, R sugarú gömb térerősségét és potenciálját.
Legyen x > R . Ekkor a forrástömeggel azonos középpontú, x sugarú gömb felületét A n fM számú erővonal döfi (a gömb felületén a gravitációs fluxus 4 n f M). Az egységnyi felületen átmenő erővonalak száma:
T=A n fMAx2n - f ~ J x2 ‘
(13)
Eszerint a gömbön kívül a gravitációs tér azonos szerkezetű a gömb közepén egyesítve képzelt M tömeg — mint pontszerű test — gravitációs terével.
0 < x < R
legyen (2.194. ábra). Gondoljunk el egy x sugarú gömböt, amely azonos középpontú a forrástesttel. Ekkor az x sugarú gömb felületén a gravitációs fluxus a gömb belsejében található tömeg 4 n f -szerese:1 = 4 n f M x, ahol M x az x sugarú gömbön belül található anyag tömege. Feltettük, hogy a tömegeloszlás egyenletes, ezért
MxM
3 ”
r * 1XR*
így az x sugarú gömb felületén a gravitációs fluxus:
X = 4 t t / M ^ 3 .
Az x sugarú gömb felületével osztva a felületegységre eső fluxust, a gravitációs térerősség nagyságát kapjuk:
47lf M T3T=
R 3 f M4x27 R :
-x . (14)
A gömb belsejében a térerősség nagysága
2.194.ábra
207
a gömb közepétől mért távolsággal arányos, iránya a gömb közepe felé m utat, ezért ha a koordináta-rendszert úgy választjuk meg, hogy az origója az M tömegű gömb közepével megegyezzék, akkor a térerősség az x tengely mentén:
- / M3— x, ha x < a ;T=
R-
- f M(15)
, ha x> R .
A függvény grafikonját az ábrán láthatjuk. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a térerősségfüggvény folytonos: akár a (13), akár a(14) függvény segítségével számoljuk a tér-
fM
R 2Világos, hogy a gömbön kívül a poten
ciál ugyanúgy számítható, mint pontszerű test esetén, eredményül is ugyanezt kapjuk:
erősséget a gömb felszínén, adódik.
— - —
fMx
ha x > R .
Megválaszthatjuk a potenciál nulla szintjét most is a végtelenben, ekkor a potenciál a gömbön kívül:
fMU { x )= ~ J— .
x
A potenciál nulla szintjének azonban most természetes módon megválaszthatnánk a gömb felszínét is. Ekkor a gömbön kívül a potenciál
fM fM~R 3 T '
l/(x )=
Ez esetben x > R esetén a potenciál értéke pozitív. A 2.195. ábrán vázoltuk a potenciál változását az x tengely pozitív része mentén. Világos, hogy az x = R pontban a hiperbolaághoz érintőt húzva kis szakaszon az érintő közel halad a hiperbolaághoz. A gömb felületéről fölfelé haladva a
2.195.ábra
potenciál és a potenciális energia egyenletesen változik. Ha bevezetjük az x — R — :h jelölést, akkor
U (x) = g (x—R) = gh,
és
Epot = m g (x -R ) = mgh,
a várakozásunknak megfelelően.Hogyan alakul a potenciál értéke a for-
rástest belsejében? A gömbön belül kifelé haladva a térerősség (15) szerint az x-szel arányosan változik, a gömb belsejében nulla, a gömb felületén maximális abszolút értékű. Ha a potenciál nulla szintjének a gömb felületét választjuk, akkor tetszőleges x < R koordinátájú ponthoz tartozó potenciál értékét úgy kapjuk, hogy a 2.196.
2.196.ábra
208
ábrán látható pontozott trapéz területét számítjuk:
U(x) =
- m2 R 3
- ( R - x ) =
(R2—x 2), ha x < R .
H a x = R , akkor U{x)=0, vagyis a potenciálfüggvény folytonos. Grafikonját az ábrán vázoltuk. Tehát az R sugarú, M tömegű, homogén tömegeloszlású forrástömeg potenciálja a gömb középpontjától r távolságra:
U(r) =ha r< R;
(16)fM m------ 1— =r~, ha r< R .
r R
ÍKépzeljuk most el, hogy a Föld homogén, és gondoljuk el, hogy keresztülfúrtuk a gömb közepén áthaladó vékony csatornával. Fektessük a koordináta-rendszer x tengelyét ebbe a csatornába. Ejtsünk ebbe a feneketlen kútba egy pontszerű testet a Föld felületén, és vizsgáljuk meg a mozgását. A súrlódástól, közegellenállástól tekintsünk el (2.197. ábra).
Tegyük fel, hogy esés közben a test most
2.197.ábra
az x koordinátám helyen van. Ekkor mT(x) nagyságú, a középpont felé m utató erő hat rá. Newton II. törvénye:
— mT(x) — ma.
Innen
- T ( x ) = a,
de láttuk, hogy a gömb belsejében
TW = / ^ X>
tehát
r M- / ^ 3 x = fl-
A test gyorsulása arányos a középponttól mért távolsággal, az arányossági tényező negatív. Harmonikus rezgőmozgás jön tehát létre,
(0 =I fM
R 3
körfrekvenciával. A Föld tömegének, sugarának és a gravitációs állandónak az ismeretében szám szerint meghatározható értéke és a periódusidő is. Ellenőrizhetjük: a rezgés periódusideje 5000 másodperc. Világos dolog, hogy a rezgő test legnagyobb sebessége Rio, a legnagyobb gyorsulása Ro)2 — g.
Figyelemre méltó a feladat a következő miatt: példát ad olyan harmonikus rezgést végző testre, amelynek rezgés közben az összes energiája állandó, azonban csak helyzeti és mozgási energiája van, rugalmas energiáról nem beszélhetünk. |
["Összefügg ezzel a feladattal az alábbi is. Határozzuk meg, hogy mekkora sebességgel kell a Föld felülete felett érintő irányban elindítani egy testet, hogy a Föld körül körpályán mozogjon. Emlékezzünk vissza: ez a feladat egyszer m ár szerepelt. Most az
209
2.198.ábra
mg nehézségi erőt a gravitációs törvényből számoljuk:
_ Mm t f
a gravitációs erő tehát betölti a centripetális erő szerepét Innen az I. kozmikus sebességet kapjuk:
IJMR
= 8 km/s.
És a keringő test szögsebessége:
I fM R 3 '
Ez azt jelenti, hogy a Földet a felszín közelében megkerülő műhold „szinkronban” mozog az előző problémában tárgyalt, a Földön át fúrt csatornába ejtett testtel. A lyukban harmonikus rezgést végző test állandóan a műbolygó árnyékában mozog (2.198. ábra). Figyelemre méltó példa ez a harmonikus rezgőmozgás és a körmozgás kapcsolatára. |
PVessük most fel a következő problémát. M ekkora sebességet kell adni a Föld felületén sugárirányban egy m tömegű testnek, hogy „elhagyja a Föld vonzókörét”, a „végtelenbe távozzon”?
A (10) energiamérleg szerint a test indítása után a helyzeti és a mozgási energia
összege állandó, ha eltekintünk a mozgást akadályozó erőktől:
1 , 1 ,— mv2 + mU2 = — mvf + mU j.
Ennek az egyenlőségnek a bal oldala a Föld felületéről éppen induló testre vonatkozik, a jobb oldal pedig a végtelenbe — praktikusan: nagyon távoli pontba — érkező testre vonatkozik.
A Föld felületén kívül (16) szerint a potenciál —fM /R , így a helyzeti energia —fM m /R . A végtelenben a potenciál nulla, így a potenciális energia is, a mozgási energia pedig szintén nullára csökken. Ekkor az energiamérleg:
1 „ Mm— m v —f - j j - = 0 + 0 .
Innen az ún. II. kozmikus sebesség:
= l a = S * = 11,3 km/ s-R
Legalább ekkora sebességgel kell tehát fölfelé lőni egy lövedéket, hogy a Föld vonzóköréből gyakorlatilag kikerüljön. |
A (10) energiamérleg szerint, ha a testre a gravitációs erőn kívül más erő nem hat, vagy ha igen, de a munkája nulla, akkor a helyzeti és mozgási energia összege állandó.
Tegyük fel, hogy egy m tömegű test M tömegű, pontszerű forrástest terében mozog. Ekkor a potenciális energia:
Mmr
így pontszerű vagy gömbszerű test gravitációs terében mozgó pontszerű test ösz- szes energiája:
1 , MmE = — m v —f ----- .2 r
2 1 0
Tegyük fel, hogy M tömegű bolygó körül r sugarú pályán egy m tömegű műhold kering. Ekkor
Mm v2J T~ =m — r r
alapján
1 fM m 1 ,2 f ~2mV ^mozg •
A potenciális energia (mint láttuk):
fM m= E,
es az összes energia:
r _ r I r _^ ö s s z m o z g ' ^ p o t
1 fM m2 r '
Könnyen ellenőrizhető, hogy
mozg __= -i,
“'pót= 2 .
A mozgási energia tehát az összes energia — 1-szerese, a helyzeti energia pedig kétszerese az összes energiának.
Ábrázoljuk egy számegyenesen a helyzeti, a mozgási és az összes energiát. A 2.199. ábrán kifejezésre jut, hogy a helyzeti és az összes mechanikai energia negatív, a mozgási energia pozitív, és a számegyenesen feltüntettük az energiatagok közötti arányosságokat. Képzeljük el most,
2.199.ábra
hogy — mondjuk — a gyorsítórakéták bekapcsolásával m unkát végzünk a keringő műholdon. Ekkor a mechanikai energia nőni fog — pontosan a végzett munkával —, nő ezzel arányosan a helyzeti energia is; mindkettő abszolút értéke csökken. Ezzel együtt csökken a mozgási energia: a test lassulni fog. Hasonlóan: ha bekapcsoljuk a fékezőrakétákat, akkor a műhold összes energiája csökken — a testen végzett negatív munkával —, és csökken a helyzeti energia is, a mozgási energia pedig nő. Ez a látszólagos paradoxon azzal magyarázható, hogy a testen végzett munka nem a mozgási, hanem a helyzeti és a mozgási energia összegének megváltozásával egyenlő. Ha pozitív munkát végzünk, akkor a műhold távolabbra kerül a Földtől, távolabbi pályára sodródik, amelyhez kisebb keringési sebesség tartozik. Fordítva: negatív munkavégzés esetén a műhold esni fog a Föld felé, felgyorsul, ezzel csökken a helyzeti energiája.
2.4.4. Kepler törvényei
A Naprendszerben a gravitációs hatásokért elsősorban a Nap a felelős. A N ap tömege 1,98 • ÍO30 kg, több mint 330 ezerszerese a Föld tömegének. A N ap kilenc bolygója, a bolygók kísérő bolygócskái, holdjai is hatnak egymásra. A közöttük fellépő hatások azonban a N ap hatása mellett a legtöbb szempontból elhanyagolhatók.
Fogjuk fel tehát úgy a Naprendszert, hogy egyetlen nagy pontszerű test (ez a Nap) gravitációs erőterében szabadon mozognak a bolygók: a N ap gravitációs erején kívül más erő nem hat, a mozgást zavaró tényezőktől (súrlódás, közegellenállás) is eltekinthetünk.
211
A Nap gravitációs terében mozgó, pontszerűnek tekinthető bolygók mechanikai energiája így állandó. A munkatétel szerint a Naptól r távolságra v sebességgel mozgó, m tömegű bolygó mechanikai energiája:
1 , ( , M m \E0:= — mv + í —/ ----- j =allando. (1)
A munkatétel viszonylag könnyen áttekinthető összefüggést ad a Naptól mért távolság és a bolygó sebessége között. Világos, hogy ha a bolygó közeledik a Nap felé, akkor a sebessége nő. Az (1) összefüggés a mozgó test pályájának az alakjáról is felvilágosítást ad: levezethető belőle — és a mögötte álló Newton II. törvényéből —, hogy a N ap erőterében a bolygók és más pontszerűnek tekinthető testek Csak meghatározott pályákon mozoghatnak.
Ha az (l)-ben szereplő E0 negatív, akkor a gravitációs térben nem egyenesvonalon mozgó pontszerű test pályája ellipszis vagy kör, amelynek az egyik gyújtópontjában, illetve a kör esetén a középpontban a N ap van. Mint ismeretes ez az állítás Kepler I. törvénye, amelyet Tycho
212
Brahe pontos, részletes csillagászati meg- ‘Igyeléseít elemezve állított fel.
Ha E0 pozitív, akkor a test pályája egyenes vagy hiperbola. Hiperbolapályán mozognak általában az üstökösök. (Néhány kivétellel: ilyen a Halley üstökös, amely elnyújtott ellipszispályán kering.)
Az is elképzelhető, hogy a gravitációs térben mozgó test összes energiája nulla: a helyzeti energia nagysága megegyezik a mozgási energiával. Ennek a szélsőséges ritka esetnek parabola-pálya felel meg (2.200. ábra).
A kezdősebesség nélkül a N ap felé eső test egyenes pályán mozog, csak úgy, mint az a test, amelynek a kezdősebessége a Nap irányába vagy azzal ellentétes irányba mutat.
A kör, ellipszis, parabola, hiperbola és az egyenes rokon alakzatok. Mindegyik előállítható úgy, hogy egy kúpot síkkal metsszünk: ha a metszősik merőleges a kúp tengelyére, akkor a metszetvonal kör, ha a metszősík párhuzamos egy alkotóval, akkor a metszetalakzat parabola. Ha a metszősík ferde, akkor ellipszis vagy hiperbola keletkezik, aszerint, hogy a metszetalakzat zárt vagy nyílt. És végül, ha a metszősík átmegy a kúp csúcsán, akkor a metszetvonal egyenes (2.201. ábra).
Kepler I. törvényét általánosítva így fo galmazhatjuk meg: pontszerű forrástest (pl. a Nap) gravitációs terében mozgó tömeg- pont pályája kúpszelet.
Mint említettük, Kepler az I. törvényét— még a Newton-törvények fölfedezése előtt — mérésekre támaszkodva, a csillagászati megfigyelések elemzésével állította fel. Utaltunk arra, hogy ennek a törvénynek a hátterében a munkatétel és NewtonII. törvénye áll, és természetesen a Newton-féle tömegvonzási törvény.
A pálya alakját Kepler I. törvénye meghatározza, de nem ad felvilágosítást arról, hogy hogyan mozog a bolygó vagy az üstökös a pályán.
Vizsgáljuk meg ezt a kérdést a legegyszerűbb pályánál: határozzuk meg körpályán mozgó bolygó keringési idejét. Newton II. törvénye szerint a bolygóra ható gravitációs erő betölti a centripetális erő szerepét:
M m 2J —j - = m ru r. (2)
Itt az egyenlet bal oldalán a testre ható gravitációs erő nagysága szerepel. Tekint-
27z ,ve, hogy w = , így a (2) egyenlet:
/M m 4n
Ez Kepler III. törvénye: a bolygók keringési időinek négyzetei úgy aránylanak egymáshoz, mint az ellipszispályák nagytengelyének köbei. Nem bizonyítjuk általánosságban ezt az állítást, kiemeljük azonban, hogy Newton II. törvényének és a tömegvonzási törvénynek következménye. Kepler ezt is a csillagászati megfigyelések elemzésével állította fel, mint ahogyan a II. törvényét is: a Naptól a bolygóhoz húzott sugár egyenlő idők alatt egyenlő területeket súrol. A 2.202. ábra szerint pl. a két vonal- kázott alakzat területe azonos, ha a pálya vastagított íveit egyenlő idők alatt futotta be a bolygó.
Látható, hogy a bolygó napközeiben gyorsabban mozog, mint a Naptól távolabb (2.203. ábra). Rövid At idő alatt az elmozdulás arányos a sebességgel:
Ar=vAt.
így a vonalkázott alakzat területe:
A A : = rAr sin a = — rvAt sin a.2 2
Az időegységre eső terület:
A A 1— = — rv sin a. At 2
(4)
~ r = m r^ 2r T
Kepler II. törvénye szerint a Naptól a bolygóhoz mutató vektor által időegység
Innen
r M T 2 = ' 4n2 (3)
A körpályán keringő bolygó pályasugarának a köbe arányos a keringési idő négyzetével, ez az arány nem függ a keringő bolygó tömegétől. Bebizonyítható, hogy ez az eredmény ellipszispályán keringő bolygókra is általánosítható.
2.202.ábra
2.203.ábra
213
fogalmazva: a gravitációs térben kör- vagy ellipszispályán keringő bolygó esetén állandó az rv sin a szorzat. Az ábráról világos, hogy a pályaérintő Naptól mért r sin a távolságra — kifogásolható, de szemléletes szóhasz-nálattal — azt is mondhatnánk, hogy a „sebesség karja” (2.204. ábra).
["világítsuk meg az elmondottak jelentőségét egy példával. Egy bolygó esetén legyen a Naptól mért legkisebb távolság r , , itt a — vezérsugárra merőleges — sebesség f j , legyen a Naptól mért legnagyobb távolsága r2, itt a sebesség v2. Ekkor KeplerII. törvénye szerint:
ri vi= r 2v2,
és a munkatétel szerint a helyzeti és a mozgási energia összege állandó:
Alkalmasan megadott adatok segítségével a két egyenlet alkalmas két ismeretlen meghatározására, pl. r, és r2 ismeretében t>! és t>2 meghatározható. |
Láttuk, hogy Kepler I. és III. törvénye lényegében a dinamika általános törvényeinek — Newton II. törvényének és a fele analóg jelentésű munkatételnek — a következménye: ha Newton II. törvényét és a munkafeltételt a N ap gravitációs erejére alkalmazzuk, akkor Kepler I. és III. törvényét kapjuk, E két Kepler-törvény mögött az energia és az impulzus mérlegegyenlete áll.
Felvetődik a kérdés: milyen általános törvény áll Kepler II. törvénye mögött. Van-e egyáltalán ilyen törvény, vagy Kepler II. törvénye a bolygómozgás egy sajátos elve, amelynek megfelelője nincs a kezünk ügyében eső testek világában? Azt sejtjük, hogy a bolygók mozgását meghatározó fizikai elvek érvényesek a talajon mozgó testekre, érvényesek az emberi méretek világában is. Azt várjuk, hogy az általános elvek speciális megfogalmazásai szolgáltatják mindhárom Kepler-féle törvényt, nemcsak az elsőt és a harmadikat. (A speciális bolygókra vonatkozó elv pedig az, hogy ezekre a testekre a N ap gravitációs tere hat.)
Egyszóval: általánosítani szeretnénk Kepler II. törvényét. Emlékezzünk arra, hogy a keringő bolygóknál napközeiben és naptávolban az rv szorzat állandó: a bolygóhoz mutató vektor hossza és a sebesség nagyságának a szorzata állandó. A pálya más pontjaiban is hasonló a helyzet: a sebesség nagyságát a pálya érintőinek a Naptól mért távolságával szorozva, állandó értéket kapunk. Kissé durván, de szemléletesen fogalmazva: a sebességnek és karjának szorzata állandó.
Mi lehet a jelentősége ennek a mennyiségnek? Gondoljunk el egy pörgettyűt: két azonos tömegű test azonos sugarú pályán kering egy, a forgástengelyre merőleges, könnyű rudacska két végén (2.205. ábra). M ekkora ennek a rendszernek az összes impulzusa? Világos dolog, hogy a két test sebessége mindig ellentétes, így ellentétes irányúak az impulzusaik is. Az összes impulzus nulla, akár forog a pörgettyű, akár nem.
Ez azt jelenti, hogy egy ilyen berendezésnél az összimpulzus nem méri a mozgásállapotot, nem alkalmas mozgásállapot jellemzésére. A két impulzus nagy-
214
2.205.ábra
ságának az összege már mond valamit, de az impulzus nagysága mint állapotjelző nem rendelkezik semmiféle jó tulajdonsággal, az impulzus megmaradó mennyiség, a nagysága biztosan nem az.
Az a gondolatunk támad, hogy „egyen- irányítani” kellene a két test impulzusát. Valóban: azon kívül, hogy a nagyságuk azonos, a sebességük ellentétes irányú, van egy fontos tulajdonságuk: a tengelyt vagy az óram utató járásával ellentétes irányban, vagy azonos irányban járják körül. A dolog lényegét érzékeltetve, de ismét kifogásolható nyelvezetet használva: a tengelyre mérjük fel az impulzusnak és a karjának a szorzatát, jobbcsavar szerint; tehát ha a két test forgásiránya az óramutató já rá
sával ellentétes, akkor azt a szorzatot a tengely felénk eső részére mérjük fel, az ellenkező esetben a tengely másik részére (2.206. ábra).
Nyilvánvaló, hogy miről beszélünk. Értelmezzünk egy új állapotjelzőt a következőképpen. Tegyük fel, hogy egy tömegpont helyvektora valamely koordináta-rendszerben r, és az impulzusa I = mv, akkor az
N : = r x l = r x /mv (5)
vektoriális szorzatot nevezzük a test impulzusmomentumának. (Szokásos elnevezések még: impulzusnyomaték, forgásmeny- nyiség, perdület.) Az impulzusmomentum egy olyan vektor, amely merőleges a testhez mutató helyvektor és az impulzusvektor síkjára úgy, hogy ha az origóból a test felé m utató helyvektort a jobb kezünk hüvelykujjával, az impulzusvektort a jobb kezünk mutatóujjával azonosítjuk, akkor az impulzusmomentum erre a síkra merőleges, és a jobb kezünk középső ujja mutatja az irányát (2.207. ábra). Az impulzusmomentum nagysága a helyvektor és impulzusvektor nagyságának, valamint a közöttük lévő szög szinuszának a szorzata, egyszerűbben, szemléletesebben: az impulzusnak és karjának a szorzata. Nyilvánvaló, hogy ha r és I párhuzamos, akkor N = 0 , mert a két vektor szöge 0. A tengely körül i> sebességgel pörgő két golyócska
2.207.ábra
215
összes impulzusa nulla, de impulzusmomentuma egyaránt r ■ mv, összegük 2r ■ mv, vagyis összeadódnak, és nem ejtik ki egymást, mint a két test impulzusa. Az összes impulzusmomentum nagysága-
N = 2mrv — Imrrco = 2 mr2co,
ahol co a keringő testek szögsebessége, ebben az esetben a perdület arányos a szög- sebességgel.
Számoljuk ki most ennek az újonnan értelmezett állapotjelzőnek a megváltozását. Tegyük fel, hogy a t időpontban egy test. impulzusmomentuma N = rxmv, At idővel később már más a sugár és más a sebesség is, így az impulzusmomentum
(r + Ar) x m (\ + Av).
Vonjuk ki a későbbi impulzusmomentum- b o i , korábbit:
AN. —(r +Ar) x m(v +Av) —r x mv.
Figyelembe véve, hogy a vektoriális szorzat is disztributív, tehát beszorozhatunk, az első tagban elvégezzük a szorzást, „minőén tagot minden taggal”,
AN - r x m v + Ar x m A\ + r x mAv + Ar x
x m \ - r x mv =
= A t x mv + rxmAv + Ar x mAv.
A megváltozás harmadik tagja itt elhanyagolható, Ar x Av egy nagyságrenddel kisebb a többi tagnál. Másrészt v és Ar párhuzamos, hiszen vAf = Ar, így az első tag nulla.
Az impulzusmomentum megváltozása At idő alatt így
A N = r x mAv.
Innen az időegységre eső megváltozásra áttérve azt kapjuk, hogy a perdület időegységre eső megváltozása
N = r x ma.
F
2 20)8 ábra
Most felhasználjuk Newton II. törvényét: ma a testre ható erők eredőjével egyenlő, tehát
N = r x F . (6)
Nevezzük ezt a jobb oldali mennyiséget a testre ható forgatónyomatéknak (2.208. ábra):
r x F = : M . (7)
A forgatónyomaték a testre ható erők eredőjének és az eredő karjának a szorzatával azonos nagyságú, irányát pedig a vektoriális szorzat alapján a következőképpen kapjuk: a jobb kezünk hüvelykujja mutasson a forgásponttól az erő támadáspontja felé, a mutatóujjunk az erő hatásvonala irányába, és ekkor a forgatónyomaték irányát a jobb kezünk középső ujja fogja mutatni. A forgatónyomaték-vektor tehát merőleges az erő és a karja által kifeszített sikra. M ár említettük azt az ismert tényt, hogy a vektoriális szorzat disztributív, így ha a testre két erő hat, mondjuk F , és F 2, akkor az eredőt F-fel jelölve, a torgató- nyómaték:
M : = r x F = r x ( F 1 + r 2) = r x F 1+ r x F 2.
Ez a tény úgy fejezhető ki, hogy az erők eredőjének a forgatónyomatéka — ezt értelmeztük először — egyenlő az erők for- gatónyomatékainak az összegével:
M = M t + M 2-
216
A forgatónyomaték tehát additív mennyiség.
A forgatónyomaték nyilván nem állapotjelző, nem a test tulajdonsága, a forgatónyomaték folyamatjelző mennyiség, a környezet impulzusmomentum-közlésének a mértéke. Úgy foghatjuk fel, mint a környezet által időegység alatt közölt impulzusmomentumot. A forgatónyomaték és az impulzusmomentum megváltozásának a kapcsolatát az impulzusmomentum-tétel írja le.
Impulzusmomentum-tétel: Egy pontszerű test impulzusmomentumának az időegységre eső megváltozása egyenlő a környezetétől időegység alatt kapott impulzusmomentummal, amelyet a testre ható forgatónyoma- téknak nevezünk:
ez (4) alapján éppen az időegység alatt súrolt területtel egyenlő. Tehát
IS = M , (8)
A formáját, a jelentését tekintve nyilvánvaló a párhuzam az impulzusmomentumtétel, az impulzustétel (Newton II. törvénye) és a munkatétel között.
Alkalmazzuk most az impulzusmomentum-tételt a N ap gravitációs terében mozgó bolygóra vagy üstökösre. A testre ható gravitációs erő a N ap felé mutat, ellentétes irányú tehát a mozgó test helyvektorával, a vezérsugárral. A gravitációs erő forgató- nyomatéka így nulla; a Nap gravitációs terében mozgó test impulzusmomentuma így állandó. A bolygó vagy üstökös impulzusmomentuma:
N = rmv sin a
nagyságú, és állandó érték. Osszuk el ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát 2m- mel, a bolygó tömegének a kétszeresével:
A A _ N At 2m (9)
A vezérsugár által időegység alatt súrolt terület tehát a bolygó impulzusmomentumának és a bolygó kétszeres tömegének a hányadosával egyenlő. Láttuk, hogy a jobb oldalon N állandó, állandó a bolygó tömege is, így az időegység alatt súrolt terület valóban állandó. A Kepler által felállított empirikus hátterű törvény mögött valóban van egy általánosabb törvény: az impulzusmomentum-tétel.
És ez a törvény valóban általánosítás: egyrészt megkaptuk belőle az eredeti, Tycho Brahe méréseire támaszkodó törvényt, másrészt nyilvánvaló, hogy nemcsak gravitációs térben teljesül. Érvényes minden olyan esetre, amikor a mozgó testre ható erő hatásvonala mindig átmegy ugyanazon a ponton. Ekkor ugyanis a forgatónyomaték nulla, az impulzusmomentum állandó. (Az ilyen erőket centrális erőknek nevezzük.)
["Egyszerű példaként vizsgáljuk meg a következő feladatot. Képzeljük el, hogy vízszintes asztalon egy lyukat fúrunk (2.209. ábra). A lyukon át fonalat füzünk, az asztalon lévő végéhez m = 1 kg tömegű testet erősítünk, az asztal alatti részét a kezünkben tartjuk. A test az asztal lapján, rx = 0,8 m sugarú pályán, i>, = 6 m/s sebességgel körmozgást végez. Ekkor a kötelet feszítő erő mv\/rx =45 N. Ezután a fonalat
N2m
rv sin a 2 .2 0 9 .
ábrii
217
lassan lefelé húzzuk, addig, míg a pálya sugara 0,5 m lesz. Eközben a kötélerő állandóan az asztalon fúrt lyuk felé mutat, vagyis centrális erőről van szó. A kötélerő forgatónyomatéka tehát nulla, így a keringő test impulzusmomentuma (perdüle- te) állandó:
mr1v1=mr2v 2.
Innen d2 = 9,6 m/s. Fölvethető a kérdés, hogy a kötél behúzásával, a pályasugár csökkentésével mekkora munkát végeztünk a testen? A munkatétel szerint:
W= y mv\ — y mv\ = 28,08 J. |
Kiemeljük még azt az elmondottak alapján most m ár nyilvánvaló tényt, hogy a területi sebesség állandósága nemcsak az ellipszispályán keringő bolygókra, hanem a hiperbola- vagy parabolapályán mozgó, egyszer feltűnő, aztán örökre eltűnő üstökösökre is igaz.
VII. Feladatcsoport: gravitáció
VII/1. M ekkora gravitációs vonzóerőt fejt ki egymásra két, egyenként 10 kg tömegű pontszerű test 10 méter távo'ság- ból? Tegyük fel, hogy csak a közöttük fellépő erővel kell számolnunk, és a kezdősebességük egyaránt nulla. Mennyi idő telik el, amíg 2 cm-rel közelebb kerülnek egymáshoz?
VII/2. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. M ekkora erőt fejt ki ez a gömb a felületére helyezett pontszerű, 1 kg tömegű testre?
VII/3. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 4 méter sugarú gömböt. A két gömb középpontja
egybeesik. M ekkora erőt fejt ki ez a test a felületére helyezett, pontszerű, 1 kg tömegű testre?
VII/4. Egy 10 méter sugarú, egyenletes tömegeloszlású gömb sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 4 méter sugarú, gömb alakú részt. Az üreg középpontja a gömb felületétől 4 méter távolságra van. így az üreg egy ponton éppen érintkezik a külvilággal. Ezzel a ponttal pontosan szemben a gömb felületén van egy 1 kg tömegű, pontszerű test. Mekkora erőt fejt ki az üreges gömb erre a testre?
VII/5. Egy 10 méter sugarú gömb tömegeloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 5 méter sugarú, gömb alakú részt. Az üreg középpontja 5 méterre van a gömb középpontjától. Az üreg legmélyebb pontja így a gömb középpontja. M ekkora erőt fejt ki az üreg falára az üreg legmélyebb pontjába helyezett, 1 kg tömegű pontszerű test?
VII/6. Egy 10 méter sugarú gömb tömegeloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A belsejéből eltávolítunk egy 5 méter sugarú gömböt (2.210. ábra). Az üreg középpontja 5 méter távolságra van a gömb középpontjától. Az üreg belseje egy pontban érintkezik a külvilággal. Ezen a lyukon beejtünk egy 1 kg tömegű, pontszerű testet. Határozzuk meg a test gyorsulását a gömb felületén, a lyuknál!
218
VII/7. Egy 10 méter sugarú gömb tömegeloszlása egyenletes, a sűrűsége 5 kg/dm3. A gömbön keresztül a középpontján egy szűk csatornát fúrunk. Ebbe a csatornába beejtünk egy 1 kg tömegű, pontszerű testet. Hanyagoljuk el a súrlódást. Ekkor a pont harmonikus rezgőmozgást végez. Mennyi idő alatt ér vissza az indulás helyére? Mekkora sebességgel halad át a gömb középpontján? M ekkora a sebessége a felszínén a felszín alatt 1 méter mélyen? Mennyi itt itt a test helyzeti és mozgási energiája?
VII/8. Egy 10 méter sugarú, 5 cm vastag, p = 7,8 kg/dm3 sűrűségű, vasból készült körlemez 1 cm távolságra a felületétől, a középpontja felett egy 1 kg tömegű, pontszerű test van. M ekkora a gyorsulása?
VII/9. Egy bolygó körül 382 200 km sugarú pályán, 2,36 millió másodperc periódus-idővel kering a holdja. M ekkora a bolygó tömege?
VII/10. Határozzuk meg a Nap tömegét! Ismert, hogy a Föld 365 nap alatt kerüli meg a Napot, és a megközelítően kör alakú pálya sugara 1,5 • 108 km.
VII/11. A Hold tömege 7,17 • 1022 kg, a sugara 1738 km. M ekkora erővel nyomja a Hold felszínét egy 10 kg tömegű test? Tegyük fel, hogy közvetlenül a talaj felett lOm/s kezdősebességgel feldobnak egy testet. Milyen magasra emelkedik ez a test?
VII/12. A Hold tömege 7,17 • 1022 kg. A Föld és a Hold középpontjának a távolsága a Föld sugarának 60-szorosa: 606370 km = 382 200 km. M ekkora erőt fejt ki a Hold a Föld felszínén, a Föld felszínének Holdhoz legközelebbi és Holdtól legtávolabbi pontjába tett, 1 kg tömegű testre?
VII/13. M ekkora a Föld felszíne felett 1000 km magasan a nehézségi gyorsulás?
VII/14. A Föld felszíne felett 200 km távolságra van egy 10 kg tömegű meteor. Mennyi munkát végez rajta a Föld gravitációs tere, míg leér a talajra?
VII/15. A Föld felszínéről fellőnek egy1 tonna tömegű mesterséges égitestet. Mekkora munkát végzett a testen a Föld által kifejtett gravitációs erő, amíg 1200 km magasra ért?
VII/16. M ekkora a helyzeti, a mozgási és az összes energiája egy 7200 km sugarú körpályán a Föld körül keringő, 200 kg tömegű mesterséges égitestnek?
VII/17. Határozzuk meg az első és a második kozmikus sebességet egy 10 m sugarú, 5 kg/dm3 sűrűségű bolygó esetén!
VII/18. Milyen magasan kering az egyenlítő fölött a távközlési műhold? Ez olyan mesterséges égitest, amely állandóan a Földnek ugyanazon pontja fölött van. Mekkora energiabefektetéssel lehet egy ilyen műholdat pályára bocsátani?
219
3. Pontrendszerek mechanikája
3.1. A pontrendszerek mechanikájának általános elvei
3.1.1. Fizikai mennyiségek, fizikai törvények
Az előző fejezetekben a tömegpontok mechanikáját tanulmányoztuk. Először a kinematikai állapotjelzőket értelmeztük, a helyet és az időt, a sebességet és a gyorsulást. A hely-idő függvény első deriváltjaként definiáltuk a sebességet, második deriváltjaként a gyorsulást.
A dinamikai állapotjelzők között a tömeg mellett alapvető szerepe három meny- nyiségnek van: az impulzusnak, a mozgási energiának, az impulzusmomentumnak. Ezeknek az állapotjelzőknek a megváltozását leíró egyenletek a pontmechanika alapvető összefüggései: Newton 11. törvénye, a munkatétel, impulzusmomentummérleg. A célunk ebben a fejezetben az, hogy ezeknek a mennyiségeknek az értelmezését kiterjesszük több pontból álló rendszerekre, és a változásokra vonatkozó egyenleteket is általánosítsuk.
Az impulzus, mozgási energia és impulzusmomentum sajátos kapcsolatban állnak egymással. Ha egyetlen tömegpont mozgását vizsgáljuk, akkor annak a mozgásállapotáról az impulzus az összes információt hordozza, ezzel együtt Newton II. törvénye a test mozgásának teljes leírá
sát adja: a kezdeti feltételek ismeretében a Newton-törvények meghatározzák a pont m ozgását Egyetlen pontszerű testre vonatkozó Newton-törvények tartalmazzák a munkatételt és az impulzusmomentummérleget is. A mozgási energia és az impulzusmomentum igazi jelentősége csak akkor látszik, ha egyidejűleg több test mozgását vizsgáljuk. Az ütközések leírása vezetett el a mozgási energia értelmezéséhez, a pörgő súlyzó mozgásállapotának jellemzése pedig az impulzusmomentum értelmezésének a szükségességét vetette fel.
A tömegpontok mechanikájának tárgyalásakor egyrészt az volt a célunk, hogy a jellegzetes pontmechanikai problémákat megbeszéljük, másrészt pedig az, hogy értelmezzünk olyan mennyiségeket (a m ozgási energiát és az impulzusmomentumot), amelyek a pontrendszerek dinamikájának felvázolásakor szükségesek lesznek. Látni fogjuk, hogy kiterjedt testek, pontrendszerek mozgásának leírásához általános esetben szükség van mindhárom mennyiségre. Kiemeljük tehát: e három állapotjelzőre elsősorban a pontrendszerek dinamikájában van szükség, de értelmezésük az egyedülálló pontok dinamikáját tárgyaló fejezetben a legkönnyebb, és m ár ott rá lehetett mutatni arra, hogy az értelmezés min-
220
dig tömegpontok kollektív mozgásállapo tával kapcsolatos.
A tömegpontok rendszerének egyik tipikus esetével m ár a tömegpontok dinamikájában találkoztunk. Ezek a diszkrét pontrendszerek. A diszkrét pontrendszer véges sok tömegpontból áll. Ilyen diszkrét pontrendszer a csigákon függő, kötelekkel összekötött testek összessége. Van egy m ásik példa: diszkrét pontrendszerként kezeljük a Naprendszert, ha minden égitestet tömegpontnak tekintünk. Harmadik példa: diszkrét pontrendszert alkot két szembe haladó, ütköző bolygó.
A folytonos pontrendszer nem véges sok különálló pontból áll, hanem a tér egy részét folytonosan kitöltő anyag. Folytonos pontrendszernek tekintjük például bizonyos feladattípusokban a Földgolyót vagy egy üveg tejet, egy pohár mézet.
Természetesen a pontrendszerek ilyen csoportosítása módszertani, didaktikai osztályozás. Egy konkrét anyagfajtát, például egy szép darab kristályt bizonyos vizsgálatoknál folytonos, más szempontú tanulmányozásoknál diszkrét pontrendszernek tekintjük. Biztos, hogy a különböző nézőpontú modellezés az anyag különböző szempontú, így alaposabb megismerését eredményezi.
Ebben a fejezetben a módszertani előkészítés után megvizsgáljuk a legfontosabb folytonos pontrendszereket:
— a merev testeket,— a deformálható és rugalmas testeket,— a folyadékokat és— a gázokat.A diszkrét pontrendszereknek nem tulaj
donítunk ekkora jelentőséget, sokszor azonban a számolásnál vagy a törvények megfogalmazásánál igénybe vesszük a diszkrét pontrendszerek nyújtotta, egyszerűbb megfogalmazási lehetőséget.
A fizikai mennyiségekről, a fizikai meny- nyiségek osztályozásáról m ár beszéltünk. Most visszatérünk ezekhez a gondolatokhoz. Az állapotjelzők a testek tulájdonsá- gainak mennyiségi kifejezései. Az állapotjelzők a pontrendszerek jellemzése szempontjából tovább osztályozhatók. Exten- zív mennyiségnek nevezzük azokat az állapotjelzőket, amelyek valamely testet egészében jellemeznek, és additívak a következő értelemben: a test egyik részéhez, illetve a másik részéhez tartozó meny- nyiség összege a test egészére jellemző. Az ilyen mennyiségek a test térfogatával együtt adódnak össze. Bárhogyan is osztjuk fel a testet két részre, a két részt jellemző mennyiség összege egyenlő a testet jellemző mennyiséggel. A legfontosabb ex- tenzív mennyiségek: a térfogat, a tömeg, az impulzus, az energia és az impulzusmomentum. Valóban, például ha egy fél tégla tömege 4 kg, és a másik felének a tömege is 4 kg, akkor az egész tégla tömege 8 kg. Hasonlóan: ha egy test mozgási energiája 20 J, a másiké 25 J, akkor a két test együttes mozgási energiája 45 J (3.1. ábra).
Az extenzív mennyiségek között vannak vektorok (pl. az impulzus és impulzusmomentum), és vannak skalárok, például a térfogat és a tömeg.
Az extenzív mennyiségek mellett a m ásik fontos típust intenzív mennyiségek szolgáltatják. Ezek a testet pontonként jellemzik (szokásos kifejezéssel élve: pontfüggvények). Értékük minden pontban más és
4kg ( A 4Kg e(|<g
20 J 25 J 4 5 ^ J
221
más lehet (3.2. ábra). A legfontosabb intenzív mennyiségek az extenzívek sűrűségei. A legismertebb a térfogategységre jutó tömeg, a tömegsűrűség, jele p, mértékegysége kg/m3 vagy kg/dm3, g/cm3. A tömegsűrűség mellett fontos az impulzussűrűség, a térfogategységre jutó impulzus, pv. Ugyan
így a mozgási energia sűrűsége™ y pv2, il
letve a helyzeti energia sűrűsége pgy, és az impulzusmomentum-sűrűség: r x pv.
Látható, hogy az intenzív mennyiségek is lehetnek skaláris és vektoriális mennyiségek, például a térfogategységnyi anyag súlya'**’ vektori mennyiségnek tekinthető. Az extenzív mennyiségekből általában úgy nyerhetünk intenzív mennyiségeket, hogy térfogategységre vonatkoztatjuk őket. Fordítva, az is elképzelhető, hogy kiindulva egy intenzív mennyiségből, extenzív mennyiséget értelmezünk. Durván szólva a következőképpen járunk el: a testet felosztjuk A V nagyságú részekre, és minden ilyen térfogatelemet megszorzunk az intenzív mennyiség értékével ennek a térfogatelemnek a középpontjában (3.3. ábra). Az ilyen típusú szorzatok összegezésével ex-
"i0 Az impulzus- és a mozgásienergia-sürűségben szereplő sebességgel részletesen a folyadékok áramlásával kapcsolatban ismerkedünk meg.
<**) A térfogategységre jutó súly nagyságát fajsúlynak is szokás nevezni.
tenzív mennyiséget értelmezünk. (Legtöbbször azonban az ilyen eljárás üres, öncélú játék. Az így értelmezett fizikai mennyiségeket nem használjuk a fizikai állapotok jellemzésére, a folyamatok leírására.)
Azt is hangsúlyozni kell, hogy a fizikai mennyiségek ilyen osztályozása nem teljes. Elképzelhetők olyan halmazfüggvények — a test egészét jellemző mennyiségek —, amelyek nem adódnak össze, hanem például összeszorzódnak. így például, ha 2-t a tömeg kg-ban mért mérőszámára emeljük, akkor olyan mennyiséget kapunk, amely összeszorzódik: jelöljük ezt a furcsa meny- nyiséget l/-val, akkor Ul = 2m', U2 = 2mi. így U 1 + 2 = U l U2 = 2m' +m\
Az állapotjelzők két ilyen fontos csoportjának körülírása után a fizikai törvények osztályozására térünk át. A fizikai állítások lényegében két csoportba oszthatók. A fizikai törvények egyszerűbb osztályát képezik az állapotegyenletek. Az állapotegyenlet egy test egy időben egzisztáló állapotjelzői között teremt kapcsolatot. A tömegpontok mechanikájában a legfontosabb állapotegyenletek:
I = mv, £ = y mv2, N = r x mv,
megfeleltetve a három alapvető extenzív állapotjelzőnek. Az állapotegyenlet csak
222
arra való, hogy a test bizonyos tulajdonságaiból más — egyidejű — tulajdonságait kiszámítsuk. Az állapotegyenletekből persze egyszerű átalakításokkal más állapot-
I 2egyenleteket nyerhetünk, például: E = — .
A gravitáció természetének a vizsgálatakor felvetettük azt a kérdést, hogy a gravitációs töltés — mint állapotjelző — függ-e a test más állapotjelzőitől, ha igen, melyektől, és milyen állapotegyenlet kapcsolja össze a test gravitációs töltését a többi állapotjelzővel. Azt találtuk, hogy rendkívül egyszerű állapotegyenlet írja le ezeket a kapcsolatokat: fi = Am, vagyis a gravitációs töltés és a tömeg között egyenes arányosság van, valóban ez a legegyszerűbb függvénykapcsolat.
Az állapotegyenletekkel szemben a mérlegegyenletek a testek extenzív állapot- jelzőinek megváltozását kapcsolják össze a folyamatokat jellemző mennyiségekkel. A három extenzív mennyiségnek megfelelően három mérlegegyenlettel találkozunk a pontmechanikában: az impulzusmérleg (Newton II. törvénye): AI = FAf, a mozgásienergiamérleg (a munkatétel): AE = PAt, az impulzusmomentum-mérleg: AN = MAr.
Pontrendszerekre vonatkozóan ezek a mérlegegyenletek várhatóan bonyolultabbak. Fontos azonban, hogy az összes extenzív mennyiség mérlegegyenlete azonos formájú. Ez az egység nem a természet különös rejtélye, hanem a matematikai leírás logikai következménye.
Az extenzív mennyiségek általános mérlegegyenletéhez a következőképpen jutunk. Legyen y valamilyen extenzív mennyiség, gondolhatunk arra, hogy a tömeg vagy az impulzus, vagy bármi más extenzív meny- nyiség (3.4. ábra). Ekkor valamely térrészben ennek az Y extenzív mennyiségnek a
3.4.ábra
megváltozása (AF) két részre bontható. AzY extenzív mennyiség megváltozhat azért, mert a térrész határán beáramlik vagy kiáramlik az yextenzív mennyiség, másrészt azért is, mert a térrészen belül az ymennyi- ség spontán keletkezik vagy spontán fogy:
A y = A y kap+ A y fforrás • (i)
Itt A y a mennyiség megváltozása, A ykap a környezettől kapott y, míg A y forrás a rendszeren belül keletkezett vagy elfogyott y
Talán nehéz elgondolni olyan mennyiséget, amely zárt térrészben keletkezne. A fizikában látni fogunk erre példát, most is adhatunk azonban nem fizikai példát: egy kémcsőbe zárt táptalajon a baktériumok száma megváltozhat a baktériumok szaporodása miatt, de megváltozhat azért is, mert eltávolítunk néhányat ezekből a mikroorganizmusokból.
Az olyan extenzív mennyiséget, amelyre a forrás nulla, megmaradó mennyiségnek nevezzük. A tér egy részét valamely extenzív mennyiségre nézve zártnak nevezzük, ha a rendszer nem kap és nem ad le határán az állapotjelzőből.
Világos, hogy egy Y megmaradó meny- nyiség (Ayforris = 0) értéke zárt rendszerben (Aykap=0) állandó, mert az (1) mérlegegyenlet alapján A yis nullával egyenlő.
Vázoljuk most a következő fejezetek programját. Az (1) általános mérlegegyenletet konkrétan megfogalmazzuk a pontrendszerek impulzusára, energiájára és im-
223
pulzusmomentumára. Ekkor olyan általános érvényű törvényekhez jutunk, amelyek az összes pontrendszerre (a merev testekre, rugalmas testekre, folyadékokra és gázokra) érvényesek. Ezután megvizsgáljuk ezeket a speciális pontrendszereket. Az alapvető egyenletek, a mérlegegyenletek már előre elkészülnek, tehát a feladatunk az egyes alfejezetben (merev testek stb.) érvényes állapotegyenletek felállítására korlátozódik csak. így egységes tárgyalását adhatjuk a különben távol állónak látszó fizikai fejezeteknek.
3.1.2. Impulzustétel, tömegközéppont
Különböző gondolatmenetekben sokszor találkozunk azzal, hogy egy kiterjedt testet valamilyen szempontból pontszerű testnek tekintünk. Gondoljunk például arra, hogy az állomás felé közelítő vonatot pontszerűnek tekintettük, amikor azt vizsgáltuk, hogy a kibocsátott hangjelet menynyi ideig hallja az állomás előtt várakozó megfigyelő. Egy másik példa: a keringő Földet is pontszerűnek tekintjük, ha a pályamenti viselkedése a vizsgálatunk tárgya. Ilyenkor a test mozgását egyetlen sebességgel jellemezzük. Ez a sebesség bizonyos értelemben az egész test mozgásállapotát jellemzi a következő értelemben. Ha az összes tömeget megszorozzuk ezzel a sebességgel, akkor a test összes impulzusát kapjuk, a pontok impulzusának összegét. Amennyiben véges sok pontja van a testnek, és a pontok tömege: m 1, m2, m3, . . ., m„, a sebességek pedig: v , , v2, v3, . . . , v„, akkor az első test impulzusa m1v1, a másodiké m2v2 stb. Az összes impulzus:
Ha a test mozgását egyetlen v0 sebességgel jellemezzük, akkor az összes impulzust így számolhatjuk:
(m1+ m 2+ ■ ■. +m„)v0 = : ( £ m > 0,
tehát:
S X I i r t f V o , (1)
Ha egy kiterjedt testet pontszerűnek tekintünk valamilyen probléma kapcsán, akkor ennek a pontszerű testnek a sebessége a kiterjedt testet alkotó pontok sebességeiből így számolható ki:
V m.v, + m2v2 + . . . +m„v„^ __________________ b° Y ,mi ml + m2 + • • - + mn
Lehetséges persze, hogy a pontrendszernek nincs egyetlen pontja sem, amely ezzel a v0 sebességgel mozogna. Az is előfordulhat, hogy v0 megegyezik valamelyik test v, sebességével, de mindig másikkal.
Most az a kérdés vetődik fel, hogy melyik az a pont, amelynek a sebessége v0. Jelöljük a szokásnak megfelelően az egyes tömegpontok helyvektorát r , , r2, r 3, . . . , . . ,,r„-nel. Ekkor — mint ezt a kinematikában tanultuk — r ,= v 1, r2= v 2, r 3 = v3 stb. így tehát biztosak lehetünk abban, hogy az
m i r i + m 2r 2 + . . . +m „ r„ ^ X w -r- °‘ ml + m 2+ . . . + m n
(2)
helyvektorú pont sebessége v0. Ha ebbe a pontba egyesítjük gondolatban a test összes tömegét, akkor az impulzusa — (£m ,)v0 — megegyezik a test összes impulzusával. Ebbe a pontba egyesíthető tehát az összes tömeg és az összes impulzus.
Az r0 pontot a test tömegközéppontjának nevezzük.
Képzeljünk most el egy két pontból álló pontrendszert, az egyik test tömegeI= w iiv i+ /n 2v2+ . . . +mH\ K= :£«JíV|.
224
3.5.ábra
legyen m1, a helyvektora — síkban — r!= (X |, y j , a második test tömege m2, helyvektora r2= (x 2, >’2). Ekkor a rendszer tömegközéppontja (3.5. ábra):
fn = Z miri = w iiri+w 2r2 =l m , Wj +m 2
m, +m 2
(iMjXj + m2x 2, + m2j>2)
- (
m l + m 2
m lx l + m 2x 2 wíi^i + m 2>’2 \ m1+ m 2 ’ ml +m2 J
A tömegközéppont koordinátái tehát
míx 1+ m 2x 2 mi>,i + m2>,2x0 = ; , >"o = --------- ;--------- •m, + m2 m1+ m 2
Tetszőleges diszkrét pontrendszernél eh-
3.6.ábra
hez hasonlóan a tömegközéppont három koordinátája:
* v . _ 2 > a -A n — ^ , J o - V — 9 Z 0 ~ " v " * W
l m , ' 10 Z mi
r i z illusztráció kedvéért vizsgáljuk meg a következő egyszerű példát. Tegyük fel, hogy a síkon 6 tömegpont van. A hat test tömege és helyvektora (3.6. ábra):
iMj = 4 kg,
m2 = 6 kg,
m3 = 2 kg,
m4 = 5 kg,
ms = 3 kg,
m6 = 5 kg,
*i = (5,6),
r 2= ( —10, 3),
r 3=(0,8),
r4 = (2, - 8 ) ,
r5= ( - l , -2 ) ,
r 6=(0,0),
Ekkor a 6 pontból álló pontrendszer tömegközéppontjának a koordinátái:
x0 =
4-5 + 6 ( -1 0 )+ 2 -0 + 5 -2 + 3 (- l)+ 5 -04 + 6 + 2 + 5 + 3 + 5
- 3 325
= -1 ,3 2 ,
^0 =
4-6 + 6-3+2-8 + 5(—8) + 3(—2) + 5-0 25
- i - w -
A tömegközéppont a második síknegyedben van, a vízszintes tengely felett 0,48 egységre, a függőleges tengelytől balra 1,32 egység távolságra. |
A tömegközéppont értelmezése folytonos tömegpontrendszernél is hasonlóan történik. Vázlatosan a következőképpen járunk el. Kijelöljük a koordináta-rend-
225
y
szert, majd a testet gondolatban véges számú AV térfogatú részekre osztjuk fel. Az egyes részek tömege legyen . . .stb., a térfogatelem közepének a helyvektora pedig rj, r2, r3, . . . stb. (3.7. ábra). Ekkor az
_ _ I m iriro ~ V
L mi
helyvektort pont a folytonos test tömeg- középpontjának közelítése; annál közelebb van a tömegközépponthoz, minél több részre osztjuk fel a testet.
A tömegközéppont értelmezéséből következik egy — a gyakorlati számításokban fontos elv. Könnyen belátható, hogy egy pontrendszer tömegközéppontját úgy is kiszámíthatjuk, hogy két — vagy több— részre osztjuk. E részek tömegközéppontját kiszámítjuk, majd újból tömegközéppontot számítunk, mintha a részek a tömegközéppontjukba lennének egyesítve.
Síkbeli alakzatok vagy egyenletes vastagságú, egyenletes sűrűségű lemezek tömegközéppontja megegyezik a test geometriai súlypontjával, így például a körlemez tömegközéppontja a középpontjában van, a parallellogrammák tömegközéppontja az átlók metszéspontjában, a háromszöglemezeké pedig a súlyvonalak közös harmadoló pontjában.
l~Határozzuk meg most a 3.8. ábrán látható L alakú síklemez tömegközéppontját. Tegyük fel, hogy a lemez egyenletes vastagságújelöljük ezt f-vel, a sűrűsége is legyen egyenletes: p.
Az L betű függőleges szára a széles és b magas, a vízszintes szár hossza c, a magassága d. Osszuk két részre az L betűt a vízszintes szár felső részén haladó egyenessel. A felső rész tömege a(b—d)vp, az alsó rész tömege cdvp. Mindkét rész téglalap, súlypontjuk az átlók metszéspontjában van. A két rész középpontjának a helyvektora:
r ' : - (!■ " ¥ )'
r- ( M )Az L betű tömegközéppontját visszavezetjük két pontból álló diszkrét pontrendszer tömegközéppontjának a meghatározására:
a ca(b — d)vp — + c d v p -
x 0 = ----------------------------------a(b — d)vp + cdvp
a c a ( b - d ) — + c d -
a(b — d) + cd
a(b — d )vp ^d + ———
^'° a(b — d)vp + cdvp
b - d \ d a{b — d ) \d + —- — ) + cd —
a (b ~ d ) + cd
Látható, hogy homogén anyagból készült egyenletesen vastag lap esetén a v vastagsággal és a p sűrűséggel egyszerűsíthetjük a törtet. Nyugodtan tekinthettük volna mind a vastagságot, mind a sűrűséget már kezdetben egységnyinek. |
+ cdvp -
226
3.8.ábra
l~Á tömegközéppont meghatározására mutassunk még egy példát. Képzeljük el, hogy egy L hosszúságú, m tömegű rúd egyik végén egy m0 tömegű, pontszerű test van (3.9. ábra). Vizsgáljuk meg, hogy milyen messze van a tömegközéppont az m0 tömegű, pontszerű testtől. Fektessük a rudat a koordináta-rendszer vízszintes tengelyére úgy, hogy az m0 tömegű test az origóba kerüljön, és a rúd a tengely pozitív felén legyen. A rúd tömegközéppontjának a vízszintes koordinátája L/2, ide egyesítjük a rúd m tömegét. Ekkor az origóban lévő m0 tömegű pontszerű test és az L/2 pontba helyezett m tömegű, pontszerűnek tekintett test tömegközéppontja:
Lmo -0 + m —
mLXn =
m0 + m 2 (m0 + m) J (4)
Három példát m utattunk a tömegközéppont koordinátáinak meghatározására. Térjünk most vissza az eredeti gondo-
3.9.ábra
latmenetünkhöz, és vizsgáljuk meg, hogy a tömegközéppontnak milyen jelentősége van a kiterjedt test mozgásának a leírásában. Láttuk, hogy a tömegközéppont fogalmának intuitív háttere azon nyugszik, hogy a pontrendszer tömege és impulzusa ebbe a pontba egyesíthető, ez a pont helyettesíti a testet a mozgás leírásánál; a test összes impulzusa egyenlő a tömegközéppontba egyesített tömeg és a tömegközéppont sebességének a szorzatával:
(5)
Térjünk át az (5) egyenlőségben szereplő mennyiségek időegységre eső megváltozására:
(£> ,-) a0= I m ;a , (6)
itt a0 a tömegközéppont gyorsulása. Vizsgáljuk meg most a jobb oldali
^ m iai= ( í 1a1 + m2a2+ . . . +m„a„
összeget. Ennek első tagja a pontrendszer első tömegpontjára ható erők összegével egyenlő. Ezek az erők vagy a pontrendszeren kívüli testektől származnak, vagy a pontrendszer tagjaitól, a második, harmadik stb. testtől. így az első testre ható erők két csoportra oszthatók: az 1-es testre ható külső erőkre, és az 1-es testre ható belső erőkre:
at . p k ü l s ö p l belső
Ugyanígy:
m2a2 = F kÍ f + Fbr'2s6,
stb. Ha ezeket az egyenleteket összeadjuk, akkor bal oldalon a (6) azonosság alapján (£ m ,)a 0, a jobb oldalon pedig az összes külső és az összes belső erő eredőjének az összege szerepel:
( 5 > i ) a0= X F küls6+ X F Ws6. (7)
227
Ezt az egyenlőséget a következőképpen interpretálhatjuk: a pontrendszer összes impulzusának időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható ösz- szes külső és összes belső erő összegével. Nem nehéz felismerni, hogy a (7) egyenlet formailag az impulzusra vonatkozó általános mérlegegyenlet: a jobb oldal első tagja a környezettől időegység alatt kapott impulzust jelenti; a belső erők eredője, a jobb oldali második tag pedig a rendszeren belül időegység alatt keletkezett impulzust.
Figyelemre méltó azonban, hogy a belső erők párosával lépnek fel az összegben. Ha az 1-es test erőt fejt ki a 2-esre, akkor a 2-es ugyanakkora, ellentétes irányú erőt fejt ki az 1-esre. Ezeknek az erőknek az eredője tehát nulla, hiszen az erőhatásra érvényes a hatás-ellenhatás elve (3.10. ábra).
(Csak zárójelben jegyezzük meg, hogy tanulmányainkban ez az első eset, amikor a Newton III. törvényében szereplő erőellenerő pár összeadható. Nem szerepelt eddig egyetlen olyan „képlet” sem, amelyben a két erő összege előfordulhatott. Most a (7) egyenlőségben a belső erők összeadódnak, és ki is ejtik egymást.)
Ez azt jelenti, hogy a jobb oldal második tagja nulla, így a következő eredményre jutottunk.
3.10.ábra
nos a tömegpontokra vonatkozó megfelelőjével. A következő példában szeretnénk rámutatni arra, hogy a (8) állítás és egyenlőség alkalmazásánál mire kell ügyelni, egyúttal rámutatunk a pontrendszerek mozgásának néhány figyelemreméltó vonására. Gondoljuk el, hogy egy m tömegű, L hosszúságú ideális kötelet felső végénél fogva úgy tartunk a talaj felett, hogy az alsó vége éppen érinti a talajt. Ekkor a kötél felső végét elengedjük. Vizsgáljuk meg, hogy mekkora erővel nyomja a kötél a talajt abban a pillanatban, amikor a legfelső pontja is leér a földre. A kötél pontjainak a talajjal való ütközését tökéletesen rugalmatlannak tekintjük. Jelöljük a kötél hosszegységre ju tó tömegét p-val, p: = m/L. A kötél esése közben minden pont szabadon esik, kivéve azokat a pontokat, amelyek m ár földet értek. A kötél legfelső pontja L magasról esik, így a
Newton II. törvénye pontrendszerekre:Egy pontrendszer tömegközéppontja úgy mozog, mintha az összes tömeget a tömeg- középpontba egyesítettük volna, és erre a pontra a külső erők eredője hatna:
(X >i)ao = £ F k (8)
pNewton II. törvényének ez a pontrendszerekre érvényes változata formailag azo-
TKP
-TKP
■x 3.11.ábra
228
folyamat t0 = s/2 L /g idő alatt lezajlik. Legyen t e [0, í0] tetszőleges időpont. A mozgás kezdete után t idővel a kötél legfelső
pontja y t2 hosszúságú utat esett, a talaj
felett a levegőben mozog még L — ^ t 2
hosszúságú szakasz, ennek minden pontja azonos sebességgel és g gyorsulással mozog, a talajon van azonban a kötél alsó,
y í2 hosszú része, nyugalomban (3.11. áb
ra). Határozzuk meg, hogy ebben a pillanatban milyen magasan van a tömegközéppont! A még lefelé mozgó kötélrész tömege
és ennek a résznek a tömegközéppontja
S H ")magasan van. A másik rész pontszerűnek tekinthető, hiszen a talajon összegömbölyödő ideálisan vékony kötél kis helyet foglal el, nem folyik szét. Ennek a talajon
nyugvó résznek a tömege y t2p, és a talaj
felett 0 magasságban van. Ekkor a tömeg- középpont a talaj felett
>’o =
M '-y2 L
Lp
2 2 8L
magasan van, a (4) összefüggéshez vezető gondolatmenethez hasonló okoskodás
alapján. A tömegközéppont sebessége a koordináta deriváltja:
^o: = > o = - 0 t + 4 | ^ í 3.
és a gyorsulása:
2,2g2 2 3gzí- 0 + 4 - 3 - , - - » + "2 ÍT -
Az eddigi számolásunk csak a tömegközéppont definícióját és a kinematikai eljárások ismétlését igényelte. Most fontoljuk meg, hogy a kötélre mindvégig két külső erő hat: egyrészt a nehézségi erő, másrészt a talaj nyomóereje, ezt szeretnénk meghatározni. írjuk fel Newton II. törvényét a kötélre, mint pontrendszerre:
ma0 = N — mg.
Mivel az a0 a tömegközéppont gyorsulása, és
2/2ao — ~~ d +
ezert
3 g2t 2 L
N = m (a0 +g)=2 ,23mg t
2 L
Máris látszik, hogy a talaj és a kötél között fellépő erő az idő négyzetével arányos. Helyettesítsük a t helyére a mozgás teljes idejét:
N(to) =3mg22L~ 2 L g ~
= 3 mg.
Világítsuk meg ezt a meglepő eredményt. Ábrázoljuk a tömegközéppont magasságát, a sebességét és a gyorsulását, mint az idő függvényét (3.12. ábra). Látható, hogy a tömegközéppont talaj feletti magassága csökken — ez nem meglepő —, először
229
y
azonban konkáv a koordináta-idő függvény; amikor a gyorsulásfüggvény nullává válik, akkor a hely-idő függvény átmegy konvexbe. A sebesség-idő függvény mindvégig negatív, a nulla értékről indul, és a mozgás végén ismét nulla lesz: a tömegközéppont végül megáll. Figyelemreméltó, hogy a tömegközéppont nem szabadon esik, ez ismét nyilvánvaló, a kötélre a nehézségi erő mellett a talaj nyomóereje is hat. Különben a kötél pontjai is csak addig esnek szabadon, amíg földet nem érnek, a pontok változó mennyiségű része nulla gyorsulású.
Úgy gondoljuk el, hogy a tömegközéppont, mint egy kis majom a kötél közepénél kapaszkodik. Amikor elengedjük a kötelet, érzékeli, hogy esni kezd — kezdetben szabadon —, és rémülten menekül fölfelé a kötélen: mikorra a kötél felső vége is leér a talajra, a tömegközéppont — a maj- mocska — felért a kötél legfelső pontjához,
és ezzel a ponttal együtt földet ért. M indvégig lefelé mozog, eleinte lefelé gyorsul, majd fölfelé, tehát felgyorsul, majd lelassul, mint ez a sebességgrafikonon is látható. Ez a fölfelé irányuló gyorsulás a nehézségi erőnél nagyobb nyomóerőt igényel. (Különben: gondoljuk meg, hogy egy leeső tégla sem a súlyának megfelelő erővel nyomja — üti meg — az alatta sétáló ember fejét!) |
Newton II. törvényére visszatérve, nyilvánvaló a következő állítás.
A tömegközéppont megmaradásának tétele: Ha a külső erők eredője nulla, tehát a rendszer (impulzusra nézve) zárt, akkor a rendszer tömegközéppontja vagy áll vagy egyenes vonalú, egyenletes mozgást végez. Külső erők a tömegközéppont mozgását nem befolyásolják.
A tömegközéppont megmaradásának a tétele koordinátánként is igaz: ha a tö- megpontrendszerre ható erők vízszintes összetevőinek az eredője nulla, akkor a tömegközéppont vízszintesen vagy nem mozdul el, vagy állandó sebességgel mozog. Ugyanezt mondhatjuk a másik három koordinátáról is.
["Gondoljuk el, hogy egy, a talajon köny- nyen gördülő, hosszú kocsi tömege m, a hossza L (3.13. ábra). A kocsi végén egy
230
m0 tömegű ember áll, aki a kocsihoz képest tömegpontnak tekinthető. Vizsgáljuk meg, hogy mi történik akkor, amikor az ember átsétál a kocsi másik végébe. A kocsi a talajon súrlódásmentesen gördül, így az ember-kocsi együttes pontrendszerre vízszintes irányban nem hat erő. A rendszer tömegközéppontja ezért a talajhoz képest nyugalomban marad. A tömegközéppont az embertől
ml.
rendszer forgásmennyiségével egyenlő:
2 (m +m 0)
távolságra van. (Gondoljuk végig a (4) összefüggéshez vezető gondolatmenetet!) Ha az ember átsétál a kocsi másik végébe, akkor az ember is elmozdul, a kocsi is. Szimmetriaokok miatt nyilvánvaló, hogy a tömegközéppont most is
mL2 (m + m0)
távolságra van az embertől, de a kocsi m ásik végétől mérve. Leolvasható az ábráról, hogy az ember elmozdulása
mL mL2(m + m0) m + m0 ’
míg a kocsi elmozdulása
mLm + m0 _I
3.1.3. Impulzusmomentum-mérleg
Egyetlen tömegpont impulzusmomentuma (perdülete) r x mv, n tömegpontból álló diszkrét pontrendszer impulzusmomentumát úgy kapjuk, hogy a pontok perdületét összeadjuk. Az impulzusmomentum ugyanis extenzív mennyiség: a részek forgásmennyiségének összege az egész
N : = £ N i= £ r i x /w,v,. (1)
Az összes impulzusmomentum időegységre eső megváltozása az egyes pontok impulzusmomentumának időegységre eső megváltozásának összege:
N = N ,+ N 2+ . . . +N „, (2)
hiszen a deriválás tagonként elvégezhető.A jobb oldali első tag az első testre
ható erők eredőjének a forgatónyomaté- kával egyenlő — az impulzusmomentumtétel alapján —, azt is láttuk, hogy az erők eredőjének a forgatónyomatéka megegyezik a forgatónyomatékok eredőjével: a deriválás tagonként elvégezhető. A testre ható forgatónyomatékok két csoportra oszthatók: egyik részük a pontrendszeren kívüli erőkből, a másik részük a belső erőkből származtathatók:
N , = ^ M k,üjs8+ E M - ' 0-
Ugyanígy a második testre:
rbelsö
stb. Ezeknek az egyenlőségeknek az ösz- szege (2) alapján:
(3)
Ebben az állításban bal oldalon a pont- rendszer impulzusmomentumának időegységre eső megváltozása áll, a jobb oldali első tag a környezet impulzusmomentumközlő képességének a mértéke. A második tag fellépéséért a belső erők a felelősek, ez a tag a belső kölcsönhatások kifejezője, a rendszeren belül időegység alatt keletkezett forgásmennyiség. A (3) egyenlőség az általánosnak megfelelő formában kifejezi az impulzusmomentum-mérleget.
231
3.14.ábra
A (3) egyenlőség második tagjában minden belső erő forgatőnyomatéka szerepel. A belső erők párosával lépnek fel, ezért a forgatónyomatékuk is párosítható. Ezek az erők egyenlő nagyok, irányuk ellentétes. Ezen túlmenően azonban az erő és ellenerő hatásvonala is azonos. így mint a 3.14. ábrán látható, bárhogyan is választjuk meg az O forgáspontot, az erő és az ellenerő forgatőnyomatéka egyenlő nagy és ellentétes irányú: az erők egyenlők, a forgástengelytől mért távolságuk azonos, de a körüljárási irány ellentétes. így a forgatónyomatékra is érvényes a hatás— ellenhatás törvénye. Az impulzusmomentum-mérleg jobb oldali második tagjában ezért minden forgatónyomatéknak megfelel egy másik — az ellenerőtől származó —, amelyek „kiejtik” egymást: az összegük nulla. így a (3) mérlegegyenlet a következőre redukálódik.
Impulzusmomentum-tétel pontrendszerekre: Egy pontrendszer impulzusmomentumának időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható külső erők forgatónyomatékának összegével:
N = £ M 'külső (4)
Ha a rendszer (impulzusmomentumra nézve) zárt, vagyis £ M külső = 0, akkor a rendszer összes impulzusmomentuma állandó. Az impulzusmomentum tehát meg
maradó mennyiség. Kiemeljük, hogy a megm aradó tulajdonsága azon a tényen nyugszik, hogy a Newton III. törvényében szereplő erő és ellenerő hatásvonala is azonos.
[példaként vizsgáljuk meg a következő egyszerű problémát. Egy függőleges, jól csapágyazott tengelyre merőlegesen egy rúd, a rúd mindkét végén, a tengelytől L távolságra egy-egy m tömegű pontszerű test van. A tengelyre egy r sugarú orsót is szereltünk, erre vékony fonalat csévéltünk. A fonalat F erővel húzzuk (3.15. ábra). így a rendszerre Fr forgatónyomatékot fejtünk ki. Ez a forgatónyomaték egyenlő a rendszer forgásmennyiségének az időegységre eső megváltozásával. Ez a forgásmennyiség egy testre vonatkozóan mvr, a két testre N = 2mrv = 2mrrco = 2mr2ox így Fr = 2mr2fi. A rendszer állandó szöggyorsulással forog,
rM ost vizsgáljuk meg egy hasonló rendszer viselkedését. Tegyük fel, hogy a függőleges, jól csapágyazott tengelyre merőlegesen egy rúd, a rúd végén egy-egy m tömegű test van a tengelytől L, távolságra. A testek rögzítve vannak, mindkettőt egy- egy megnyújtott rugó köti a tengelyhez. A rendszer w, szögsebességgel egyenletesen forog (3.16. ábra). A testek rögzítését ekkor fölengedjük, így a rugók a tengelyhez közelebb húzzák a testeket. Az új helyzetben a rugók hossza L 2. A rendszerre külső forgatónyomaték nem hat, ezért az összes impulzusmomentum állandó:
2mL\a>i=2mL\w2.
Mivel L 2 kisebb, mint L j , és <o2 nagyobb, mint co,, ezért a rendszer gyorsabban fog pörögni. Ezzel a jelenséggel a hétköznapi életben is találkozunk. A jégtáncos felpörög, ha forgás közben a testéhez húzza a kezeit. |
232
3.15.ubra
3.16.ábra
Felvetődik most a következő kérdés: milyen szerepe van a tömegközéppontnak az impulzusmomentummal kapcsolatban. Arra gondolunk, hogy a test összes impulzusa a tömegközéppontba egyesíthető, ugyanígy azt várjuk, hogy a tömegközéppontnak hasonló jelentőséget tulajdoníthatunk a forgás mennyiségénél is. Az impulzusmomentum vagy legalábbis egy része valamilyen értelemben a tömegközéppontba koncentrálható.
Induljunk ki egy diszkrét pontrendszerből. Az i-edik pont helyvektora legyen rf, a tömege m„ a sebessége v,. Ekkor a tömegközéppont helyvektora és sebesség- vektora:
. I ' V . .■o— >L mi
V n = m,
Az i-edik ponthoz a tömegközéppontból mutató vektort jelöljük s,-vel, az i-edik pont tömegközépponthoz viszonyított sebességét u,-vei. Ekkor
így a pontrendszer összes impulzusmomentuma:
N = x m,v, = £ ( r 0 + s ,)x m^Vo + u,).
A vektoriális szorzást elvégezve — minden tagot minden taggal megszorozva —, és rendezve:
N = ( X m fii) x v0 + Z sf x w.ui +
+ r0 x ( Z o + «o x Z mfui- (6)
A tömegközéppont helyvektora a tömeg- középpont koordináta-rendszerében:
S n =I w f t
I > i '
Ez nyilvánvalóan nullvektor, mert a tömegközéppontból nézve a tömegközéppont az origóban van, ezért ennek a törtnek a számlálója nullvektor. Az impulzus- momentum négytagú kifejezésében az első tag egyik tényezője nulla, tehát az első tag eltűnik.
A negyedik tag is nulla, mert Z miui a tömegközépponthoz viszonyított összim- pulzus. A tömegközéppont áll saját magához viszonyítva, így innen nézve az összes impulzus nulla.
r i — f o + S ; , Vi = V0 + U „ (5)3.17.ábra
233
Az impulzusmomentum kifejezésben két tag maradt. Az első jelentése nyilvánvalóan a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg — mint tömegpont — impulzusmomentuma a koordináta-rendszer origójára vonatkozóan. A másik pedig a tömegközépponthoz viszonyított mozgás impulzusmomentuma: a tömegközéppontból nézve a mozgó pontok impulzusnyomatéka. Tehát
N = r0 x ( Z f n í)vo + Z s i x m iui- (7)
Itt az első tagot pályaperdületnek, pályamenti impulzusnyomatéknak, a második tagot sajátperdületnek, saját impulzusmomentumnak nevezzük.
Igen lényeges kiemelni a következőt: az impulzusmomentum (6) alatti kifejezése akkor is felírható, ha a tömegközéppont helyett valamely más pontot választunk. Ekkor azonban nem redukálhatjuk az ösz- szes perdületet két tagra.
H a a tömegközéppont áll, vagyis v0 = 0, vagy a koordinátarendszer origóját a tömegközéppontba helyezzük, r0 = 0, akkor
N = Z si xm íui- (8)
Ilyenkor tehát a pályamenti impulzusmomentum „eltűnik”, a rendszer összes impulzusmomentuma egyenlő a sajátperdü- lettel.
Tegyük fel most, hogy a pontrendszer i-edik tagjára F erő hat. Ekkor ennek az erőnek a forgatőnyomatéka a vonatkoztatási rendszer origójára vonatkozóan
M = r, x F = ( r0+Sj) x F =
= r 0 x F + S; x F , (9)
vagyis a forgatónyomaték két tagra bontható. Az első tag így interpretálható: az F erőt gondolatban a tömegközéppontba képzelt tömegen hatónak gondoljuk, és
3.18.ábra
/3.19. ábra
erre a pontszerűnek tekintett testre ható forgatónyomaték. A második tag jelentése pedig: az F erő forgatőnyomatéka a tömegközéppontra mint origóra vonatkozóan.
Összefoglaljuk e pont eredményeit. Egy pontrendszer összes impulzusmomentuma a rögzített inerciarendszerhez viszonyítva N: = ]Tr; x m-Vi. Az impulzusmomentum időegységre jutó megváltozása a pontrendszer tagjaira ható külső erők inerciarendszerünkhöz viszonyított forgatónyomaté- kának az eredőjével egyenlő: N = Z M küls°.
A pontrendszer összes impulzusmomentuma két részre bontható, az egyik rész a tömegközéppontba egyesített, pontszerűnek tekintett tömeg impulzusmomentuma az inerciarendszer origójára vonatkozóan, a másik része a tömegközépponthoz rögzített koordináta-rendszerhez viszonyított összes impulzusmomentum.
234
A forgatónyomaték is két részre bontható, az egyik rész a tömegközéppontban hatónak képzelt erő forgatőnyomatéka a vonatkoztatási rendszer origójára számítva, a másik rész az erő forgatőnyomatéka a tömegközéppontra vonatkoztatva.
Ha a saját-impulzusnyomatékot Ns-sel, a tömegközéppontra számított forgatónyo- matékot M s-sel jelöljük, akkor a (4)-hez hasonló eredményt kapunk.
Sajátperdület-tetel: A sajátperdület időegységre eső megváltozása egyenlő a külső erők tömegközéppontra vonatkozó forgató- nyomatékának az eredőjével:
Ns= £ M f : (10)
3.1.4. Az energiamérleg
Térjünk most át a mozgási energia mérlegére. Egy diszkrét pontrendszer összes mozgási energiája a rendszer tagjaihoz tartozó mozgási energiák összege:
(1)
Itt természetesen az előző két mérlegegyenlethez hasonlóan azt várjuk, hogy a rendszeren végzett belső munkák összege nulla. Ez nem így van. A m unkára ugyanis nem
érvényes a hatás-ellenhatás törvénye (3.20. ábra). A rendszeren belül ható erők és ellenerők egyenlő nagyok, ellentétes irányúak, ezért a rendszer összes impulzusát a belső erők nem változtatják meg, a belső erők és ellenerők hatásvonala páronként azonos, így a rendszer összes impulzus- momentumát a belső erők forgatónyoma- téka nem változtatja meg. Az erő és ellenerő munkája azonban nem „semmisíti meg” egymást.
Munkatétel pontrendszerekre: Egy rendszer összes mozgási energiájának megváltozása egyenlő a rendszer tagjaira ható külső és belső erők munkájának az összegével:
AE= £ H/icűl,6+ £ W^1*6. (2)
3.20.ábra
H a a rendszer (mozgási energiára nézve) zárt, vagyis a külső munkák összege nulla, akkor a belső erők munkáinak összegével egyenlő a rendszer mozgási energiájának változása. A rendszer összes mozgási energiája tehát zárt rendszerben általában nem állandó: a mozgási energia nem megmaradó mennyiség.
Úgy hangzik ez az állítás, mint az energia meg nem maradásának tétele. Az Olvasó persze azonnal felismeri: itt a mozgási energiáról van szó. Hogyan alakul a munkatétel, ha a mozgási energia helyett a mechanikai energiáról beszélünk?
A (2) munkatétel ugyanilyen formájú lesz, ha a mozgási energia megváltozása helyett általában a mechanikai energia megváltozása kerül a bal oldalra. Pontosan a következőről van szó: ha a (2) munkatétel jobb oldalán valamely külső vagy belső erő munkájáról kiderül, hogy egyenlő valamely állapotjelző megváltozásával — tehát hogy konzervatív erőről van szó —, akkor ezt a különbséget átvisszük a (2)
235
munkatétel bal oldalára, ezzel általánosítjuk az energiát, és a jobb oldalon csökken a figyelembe veendő munkák száma. Van azonban olyan erő, amely nem konzervatív, ilyen például a csúszó súrlódási erő. Lehetséges, hogy a pontrendszeren belül lép fel a súrlódási erő, így általában nem tekinthetünk el a (2) munkatételben vagy általánosításaiban a belső erők munkájától. A mozgási energia nem megmaradó mennyiség, de nem megmaradó mennyiség a mechanikai energia sem, függetlenül a ttól, hogy miféle konzervatív erők munkájá t vettük figyelembe a mozgási energia mellett.
Különben nem ismeretlen dolgokról van szó. Találkoztunk m ár olyan feladattal, amely a mozgási energia nem megmaradó tulajdonságát világítja meg. Gondoljunk két tömegpont rugalmatlan ütközésére. Ilyenkor a mozgási energia csökken, még az is elképzelhető, hogy nulla lesz: két azonos sebességű puha gombóc összes energiája eltűnik. Második példaként idézzük fel a kiskocsin végigcsúszó zsák esetét (2.2.2. pont). A kocsi által a zsákon végzett munka és a zsák által a kocsin végzett munka ellentétes előjelű, különböző abszolút értékű. A két munka összege negatív: a zsák-kocsi együttes mozgási energiája csökken.
Ki kell emelni a következőt: a munkatétel megfogalmazásában a testre ható belső és külső erők munkájának az összege szerepel. A tömegpontokra érvényes munkatétellel szemben itt a munkák összege nem helyettesíthető az erők eredőjének a munkájával: a belső erők összege nulla. Különben is, a külső és belső erők mindegyikének más és más lehet a támadáspontja, más és más lehet a tám adáspont sebessége, elmozdulása, az eredő erő munkája nem is értelmezhető könnyen: melyik
pont elmozdulásával szorozzuk meg az eredő erőt? A tömegközéppont elmozdulásával, mondja az Olvasó. Sajnos, a helyzet nem ilyen egyszerű. A kérdést hagyjuk egyelőre nyitva, megvitatására még visszatérünk egy konkrét probléma kapcsán.
A (2) munkatétel megfogalmazható teljesítménnyel is: A pontrendszer mozgási energiájának időegységre eső megváltozása egyenlő a pontrendszer tagjaira ható külső és belső erők teljesítményének az összegével:
Az erők teljesítményének a meghatározásakor a következőkre kell ügyelni. Egy pontrendszerre ható (külső és belső) erő teljesítményét úgy kapjuk, hogy az erőt skalárisán szorozzuk annak a pontnak a sebességvektorával, amelyre az erő hat. Gyorsuló autó kereke érintkezik a talajjal. A kerekekre ható súrlódási erő teljesítménye nulla, mert a kerék talajjal érintkező pontja — kíméletes gyorsításkor — áll.
Megvizsgáljuk most, hogy milyen kapcsolatba hozható a pontrendszer összes energiája a tömegközépponttal. Tanulmányozzuk először a mozgási energiát.
Ahogyan az előző fejezetben láttuk, egy véges sok pontból álló diszkrét pontrendszer tömegközéppontját jelöljük r0-lal, a tömegközéppont sebességét v0-lal, az i-edik pont sebességét ur vel. Ekkor v,- = v0 + u,-.
A rendszer összes mozgási energiája:
e ' = T \ m‘v? = X y fw,(iiH- v0)2 =
= Z y mi(uf + vo + 2u,v0) =
= X \ mP? + \ (X m> o + ( E "W)v0- (4)
236
Itt a harmadik tagban a tömegközéppont sebességének az együtthatója ( £ m ^ ) nem más, mint a tömegközéppontból nézve a rendszer összimpulzusa. A tömegközéppont rendszeréből nézve a tömegközéppont áll, így Z wtjU— 0.
/4 rendszer összes mozgási energiája tehát két részre bontható; az egyik tag a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiája:
y ( I > i ) vl ,
a másik tag a középponthoz viszonyított mozgásból álló energia:
A pontrendszer összes mozgási energiáját algebrai módszerrel tagokra bontottuk. H a a tömegközépponthoz viszonyítjuk a rendszer tagjainak a sebességét, vagyis u — Vj—v0 — ahol v0 a tömeg- középpont sebessége —, akkor a (4)-ben a harmadik tag „eltűnik”. Megjegyezzük, hogy ha a tömegközéppont helyett valamely más pont szerepel, akkor is felbonthatjuk az összes mozgási energiát a (4) formában, a harmadik tag azonban ilyenkor nem nulla.
Vizsgáljuk meg most egy n pontból álló pontrendszer összes helyzeti energiáját:
(5)
Vegyük észre, hogy ennek az egyenlőségnek a jobb oldalán a tömegközéppont „y- koordinátájának” g £ mr szerese áll; láttuk ugyanis, hogy
így
Z « W , = (D ni)0}'o- (6)
3.21. ábra
A kapott eredmény a következőképpen interpretálható. A pontrendszer összes helyzeti energiáját úgy számoljuk, hogy a rendszer összes tömegéi a tömegközéppontba egyesítve képzeljük, ennek a — képzeletbeli— tömegpontnak a helyzeti energiája megegyezik a rendszer összes helyzeti energiájával. Egy pontrendszer összes helyzeti energiája a tömegközéppontba egyesíthető. (Ki kell emelni, hogy a talaj közelében érvényes közelítésről van szó, és eltekintünk a pontrendszer tagjai között fellépő gravitációs erők potenciális energiájától. A Naprendszer bolygóinak összes helyzeti energiáját nem lehet kiszámítani a tömeg- középpontjukba egyesített tömeg helyzeti energiájából.)
ITgy például határozzuk meg egy m = = 100 kg tömegű, L = 30 cm élhosszúságú kocka helyzeti energiáját. Világos, hogy a kocka tömegközéppontja L/2 magasan van a talaj fölött, a helyzeti energiája így mgL/2= 1000 -0,15 = 150 J. Tegyük fel most, hogy a kockát egy éle körül átfordítjuk (3.21. ábra). Ekkor a tömegközéppont legnagyobb magassága a talaj fölött Ly/2/2. Átfordítás közben a kocka legnagyobb helyzeti energiája
m g L =1000-0,3 0,7071=212 J.
A helyzeti energia növekedése: 62 J. Ennyi munkát kell tehát minimum végezni, hogy a kockát éle körül átfordítsuk. |
ITontoljuk most meg, hogy mekkora a helyzeti energiája a következőkben leírt pontrendszernek. Egy L = 1 0 m hosszú,
237
könnyű, vékony kötélen méterenként egy- egy 1 kg tömegű test van, tehát összesen11 testet csomóztunk a kötélre. Ha felemeljük a kötél egyik végét úgy, hogy a másik vége 2 méterre legyen a talajtól (3.22. ábra), akkor a talajhoz viszonyitott helyzeti energiát a következőképpen kapjuk. A tömegközéppont magassága a talaj felett:
m -2 + m -3 + m -4 + . . . + m - 12
- 77m = 7llm
így Ehelyze,i = 110 - 7 = 770 J j Összefoglalva: egy pontrendszer összes
mozgási energiájának megváltozása a rendszer tagjaira ható külső és belső erők munkájának az összegével egyenlő. Hasonló állítás érvényes, ha a mozgási energia helyett mechanikai energiát szerepeltetünk a munkatétel pontrendszerekre érvényes alakjában.
A pontrendszer tagjaira ható erők munkájánál az erő támadáspontjának az elmozdulását kell figyelembe venni, illetőleg az erő teljesítményénél a támadáspont sebességével kell számolnunk.
A pontrendszer összes mozgási energiája két részre bontható: az egyik rész a
y
he -=7m
- -2m •
------------------------------------------------------------ x 3.22.ábra
tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiája, a másik rész a tömegközépponthoz viszonyított mozgás energiája. A mozgási energiával szemben a helyzeti energia teljes egészében a tömeg- középpontba egyesíthető.
VIII. Feladatcsoport: pontrendszerek, tömegközéppont
VIII/1. Egy diszkrét pontrendszer 8 tömegpontból áll; a pontok egy 1 méter oldalú négyzet csúcspontjai és oldalfelező pontjai. Az óramutató járásának megfelelően körbehaladva az egyik csúcsból indulva, a pontok tömege 1 kg-tól 8 kg-ig egy-egy kg-mal nő. Hol van ennek a rendszernek a tömegközéppontja?
VIII/2. Vékony acéldrótból F betűt forrasztunk. Az F betű függőleges szára 15 cm, a felső vízszintes szár 10 cm, az alsó 8 cm. A két vízszintes szár távolsága 7 cm. Hol van ennek a rendszernek a tömegközéppontja?
VIII/3. Egy derékszögű háromszöglemez átfogója 5 dm, a legrövidebb oldala 3 dm, tömege 4 kg. A háromszöglemez három csúcsában három pontszerű test var: a leghosszabb oldallal szemközti csúcsban 5 kg, a legrövidebb oldallal szemben 3 kg, a harmadik oldallal szemben 4 kg. Hol van ennek a rendszernek a tömegközéppontja?
VIII/4. Egy 10 cm sugarú, homogén körlemez középpontjától 6 cm-re kijelölünk egy pontot, majd e pont körül 4 cm sugarú kört rajzolunk a lemezre, és ezután kivágjuk. Hol van az így kapott lyukas körlemez tömegközéppontja?
VIII/5. Egy derékszögű trapéz alakú lemez párhuzamos oldalai 10 cm, illetve 16 cm hosszúak, a magasság 9 cm. Hol van a tömegközéppont?
238
VIII/6. Egy derékszögű, egyenlőszárú háromszöglemez átfogója 10 cm. A háromszöglemezből kivágjuk a háromszög oldalait belülről érintő kört. Hol van az így keletkezett idom tömegközéppontja?
VIII/7. Egy 1 kg tömegű, 1 méter hosz- szú deszka súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A deszka két végén egy-egy elemes játékautó van. A bal oldali 0,4 kg tömegű, a jobb oldali 0,6 kg tömegű. A két autót elindítjuk egymással szembe. Egymás mellett elhaladnak. Egyszerre érnek a deszka végére. Mennyit mozdult el eközben a deszka?
VIII/8. Egy 1 kg tömegű, 1 méter hosz- szú deszka súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A deszka két végén egy-egy pont
szerűnek tekinthető, elemes játékautó van. A bal oldalon 0,4 kg tömegű, a jobb oldalon 0,6 kg tömegű. Az első autó 0,2 m/s, a második 0,15 m/s sebességgel halad a talajon. Mekkora sebességgel megy a deszka, ha a két autót egyszerre indítjuk egymással szemben? M ekkora a két autó talajhoz viszonyított sebessége? Mennyivel mozdul el a deszka, amíg a két autó találkozik?
VIII/9. Egy 30° hajlásszögű, 4 kg tömegű, 0,5 méter magas lejtő súrlódás nélkül csúszhat a talajon. A lejtő tetején 1 kg tömegű pontszerű test van. A test és a lejtő kezdetben nyugalomban van. A testet magára hagyjuk, így lecsúszik a lejtőn. Menynyivel mozdul el eközben a lejtő a talajon?
3.2. Merev testek mozgása
3.2.1. A merev testek mozgását leíró törvények
Ebben a pontban a következő célt tűzzük ki. Az előző pontokban előkészített mérlegegyenleteket a merev testekre mint a legegyszerűbb pontrendszerekre alkalmazzuk. A merev testek mozgását meghatározó törvényeket tehát ismerjük már, hátra van azonban a legfontosabb állapot- jelzők kapcsolatának a feltárása.
Merev test pontjai egymáshoz viszonyítva nem mozdulnak el. Ha egy koordinátarendszert illesztünk a merev testhez, akkor ennek minden pontja áll ehhez a koordináta-rendszerhez viszonyítva. Merev test például egy rúd, egy gyűrű, egy tégla, merev testnek tekinthető bizonyos szempontból a Föld.
A merev testeket a következőképpen jel
lemezhetjük. Egy merev test csak úgy mozoghat, hogy mozgás közben bármely két helyzete egybevágó: a merev testek minden mozgása geometriai értelemben vett egybevágóság.
A középiskolai matematikából tanultuk, hogy az egybevágósági transzformációknak három fajtája van: az eltolás (transzláció), a forgás (rotáció) és a síkra vonatkozó tükrözés. Ez utóbbit biztosan kihagyhatjuk a tanulmányozásból, nincs ugyanis olyan mozgás, amely — mondjuk, merev testnek tekinthető — balkormányos autóból jobbkormányost varázsolna.
Az egybevágósági transzformációk — eltekintve a tükrözéstől — felfoghatók úgy, mint transzláció és rotáció egymástól független, egymás után történő alkalmazása, végrehajtása (3.23. ábra).
Alapvető jelentősége van ennek a megál
239
lapításnak. A merev test mozgását mindig felfoghatjuk úgy, mint egymástól függetlenül leírható haladó és forgómozgás eredményét. Közöttük a kényszerfeltételek teremthetnek kapcsolatot.
Részletesen a következőkről van szó. A merev test haladó mozgását Newton II. törvényének a pontrendszerek mozgására érvényes általánosítása írja le:
£ F kü,s5=ma0> (1)
ahol m a test összes tömegét jelenti, az a0 pedig a tömegközéppont gyorsulását. A merev test tömegközéppontja úgy mozog, mintha az összes tömege a tömegközéppontba lenne egyesítve, és rá a külső erők eredője hatna. A külső erők tehát meghatározzák a tömegközéppont haladó mozgását. A merev test azonban igen gyakran úgy mozog, hogy haladó mozgása mellett forgó mozgást is végez.
Forgómozgását az impulzusmomentummérleg írja le; a forgásmennyiségének időegységre eső megváltozása a testre ható erők forgatónyomatékának az összegével egyenlő:
Z M kütó= N . (2)
Ezzel át is tekintettük a merev testek mozgására érvényes lényeges mérlegegyenleteket: (1) a merev test haladó mozgását, (2) a forgómozgását írja le. Feladatokat, konkrét problémákat azonban még nem tudunk megoldani. Nem ismert ugyanis az, hogy a merev test impulzusnyomatéka hogyan számolható ki, hogyan fejezhető ki más állapotjelzőkkel. Nem ismerünk még olyan állapotegyenletet, amely a merev test impulzusnyomatékát összekapcsolná például a forgás intenzitását jellemző szög- sebességgel.
Ilyen egyenletre azonban könnyen szert teszünk. Goldoljuk el, hogy rögzítve van egy O pont és a ponton átmenő tengely. Tegyük fel, hogy a — véges sok pontból álló — merev test e tengely körül forog to szögsebességgel. Ekkor az i-edik pont impulzusnyomatéka az O pontra vonatkozóan (3.24. ábra):
nagyságú, hiszen r, és rt merőleges egymásra. A'r nek a tengelyre eső vetülete:
N i= mppi sin a; =
ezek összege
N = X mívJi = £ mjicoli= ( £ mfí)to. (3)
240
A tengely körül forgó merev test impulzusmomentuma arányos a test szögsebességével (3.25. ábra). Az arányossági tényezőt tehetetlenségi nyomatéknak nevezzük, és 0-val jelöljük, mértékegysége: k g m 2. Tehát
(4)
A tehetetlenségi nyomaték természetesen függ a tengely megválasztásától (3.26. ábra). Tegyük fel, hogy a tömegközépponton átmenő valamely tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték 0 S, és határozzuk meg a tehetetlenségi nyomatékot egy ezzel párhuzamos tengelyre. A két tengely távolságát jelöljük s-sel. H a 0 O jelöli az új tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékot, és m a test összes tömegét, akkor
0 o = 0 s + ws2. (5)
Ezt a — nem bizonyított állítást — Steiner tételének nevezzük.
l~Steiner tételét tehát nem bizonyítjuk, de a bizonyítás gondolatmenetét áttekinthetjük a következő konkrét problémán. Az általános érvényű bizonyítás minden lényeges gondolatát tartalmazza ez az egyszerű számolás. Tegyük fel, hogy az x tengely — 5 (dm-ben mért) pontjában 2 kg tömegű test van, a számegyenes pozitív felén a 4 (dm) pontba 2,5 kg tömegű testet helyeztünk (3.27. ábra). Ekkor a két pontból álló rendszer tömegközéppontjának a koordinátája:
m1x 1+ m 2x 2 —0,5-2 + 0,4-2,5 X° m l + m2 4,5
a két test tömegközéppontja az origóban van. Az origóba állított (tehát a tömegközéppontra átmenő), az x tengelyre merőleges tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték:
0 S = m 1Xi + m2x \ = 2 ■ 0,52 + 2 • 0,42
0,9 kg m 2.
Állítsunk most az x tengelyre merőleges egyenest az origótól jobbra, az s koordinátájú helyen. Ekkor az erre a tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték:
0 O = 2(0,5 + s)2 + 2,5(0,4 - s)2 =
= 2(0,52 + 2 • 0,5s + s2) +
+ 2,5(0,42 — 2 • 0,4s + s2) =
= 2 • 0,52 + 2,5 • 0,42 + 2s2 + 2,5s2 +
+(2 • 0,5—2,5 • 0,4) • 2s =
=0,9 + 4,5s2 + 0 j
A tehetetlenségi nyomaték a Steiner-té- tel szerint az egymással párhuzamos tengelyek közül a tömegközépponton átmenő tengelyre nézve a legkisebb.
N = 0 to .
241
mt=2 kg
*i=-5dm LÜ *i=4dm
3.27.ábra
6=2 mr1
8-^mr1
8 = ±ml> 3.29.ábra
8 = 2mr1
Egy m tömegű, r sugarú tömör gömb tehetetlenségi nyomatéka a középpontjában átmenő tengelyre
2
6 - —mt'1 5
8 = ~ 3.28.ábra
A feladatokban előforduló merev testek legtöbbször forgástestek: henger, gyűrű, gömb stb., de előfordul a feladatokban homogén eloszlású rúd is (3.28. ábra).
Egy m tömegű, r sugarú, csőszerű, vékonyfalú henger, gyűrű — szimmetriatengelyére vonatkozó — tehetetlenségi nyomatéka
0 = mr2.
A tömör korongé, tömör hengeré kisebb, mint a vékonyfalú hengeré és a gyűrűé, mert a pontrendszert alkotó pontok átlagosan közelebb vannak a forgástengelyhez, pontosan
^ 1 70 = — m r .2
0 = - mr2.
Egy homogén, L hosszúságú, m tömegű rúd hossztengelyére merőleges, a középponton átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka
0 = ~ m l3 .12
Példaként határozzuk meg az m tömegű, r sugarú gyűrű tehetetlenségi nyomatékét a kerületi pontjára vonatkozóan (3.29. ábra). A kerületi pont a középponttól r távolságra van, így a Steiner-tétel szerint
0 O = 0 S + ms2 = mr2 + mr2 — 2 mr2.
Egy homogén korong tehetetlenségi nyomatéka a peremére vonatkozóan:
1 3@o = — mr2 + mr2 = — mr2.
Forgassunk egy rudat a vége körül a rúdra merőleges tengely körül. Ekkor a tehetetlenségi nyomatéka:
1 2 L2 ° = 12 T =
1 , 3 m ii= ü m L + ~ i r
4 ml3 1 , —— - = — mis.
12 3
242
A tehetetlenségi nyomaték additív meny- nyiség: a (3) állításból látszik, hogy a tehetetlenségi nyomaték a tömeg és a tengelytől mért távolság négyzetéből képzett szorzatok összege; az értelmezésben szereplő szumma jel a részenkénti additivitást jelenti. így például, ha egy vékony, m tömegű, r sugarú karikát a pereménél felfüggesztünk, a felfüggesztési pont alá pedig m, tömegű testet erősítünk a karikára, akkor ennek a rendszernek a tehetetlenségi nyomatéka a karika kerületi pontjára számított mr2 + mr2 = 2mr2 tehetetlenségi nyomatéknak és az m, tömegű test m ^lr )2 tehetetlenségi nyomatékának az összege (3.30. ábra):
& = 2mr2 + m l4r2.
Világos, hogy ebben az utóbbi összegben szereplő összeadásjel a tehetetlenségi nyomaték additivitását fejezi ki, míg a Stei- ner-tételben az összeadásjel a tehetetlenségi nyomaték tengelyeltolásból származó transzformációját.
A tehetetlenségi nyomaték függ a tengely megválasztásától. A konkrét jelenségek leírásánál, feladatok megoldásánál a tengely megválasztását illetően a következő lehetőségekkel szoktunk élni.
1. Legtöbbször a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkoztatjuk a tehetetlenségi nyomatékot, ilyenkor — ha a test w szögsebességgel forog — a sajátperdület ©w (3.31. ábra).
2. Előfordul, hogy a merev test egy pontja rögzítve van az inerciarendszerben. Ekkor erre a pontra is vonatkoztathatjuk a tehetetlenségi nyomatékot. Tegyük fel, hogy ez a pont az inerciarendszer kezdőpontja, ekkor 0 w a rendszer teljes impulzusmomentuma, itt a rögzített pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték, amely lehet, hogy külöbözik a tömegközéppontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéktől (3.32. ábra).
Térjünk most vissza a merev testek mozgását leíró (2) impulzusmomentum-mér- leghez. Most m ár számolásra alkalmas alakba írhatjuk a test perdületét.
N=fiio
243
A vonatkoztatási rendszer kezdőpontjához tartozó impulzusnyomaték:
N = N + N s = N + 0 sto, (6)
ahol N p a pályaperdület, Ns a sajátperdü- let, 0 S a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték.
A perdület időegységre eső megváltozása:
N = N p + N s = N p + 0 sp. (7)
Figyelembe véve a (2) egyenlőséget, a következő egyenletet kapjuk:
N p+ e j i = X M “ (8)
ahol a forgatónyomatékot a koordináta- rendszer kezdőpontjára számítjuk. Speciálisan (8) alapján
külső (9)
Szavakban: a merev test saját perdület é- nek időegységre eső megváltozása — ez a <9SP — egyenlő a merev testre ható külső erők tömegközéppontra vonatkozó forgató- nyomatékainak összegével. Megjegyezzük, hogy bár a (8) állítás általánosabb, a (9) összefüggés a konkrét feladatok áttekinthetőbb és kielégítő leírását adja.
A (9) mérlegegyenlethez hasonló egyenletet kapunk, ha a merev test egy pontja rögzítve van. Ekkor a rendszer összes impulzusnyomatéka:
N = 0 oto. ( 10)
Itt, mint mondtuk, 0 0 a rögzített tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték. Az ilyen alakba írt perdület időegységre eső megváltozása
N = 6>op. (11)
A (2) mérlegegyenletet figyelembe véve
0 op = £ M k ütó. (12)
Szavakban: a rögzített tengely körül forgó merev test teljes impulzusmomentumának időegységre eső megváltozása — ez a 0 op— egyenlő a testre ható külső erők rögzített tengelyre vonatkozó forgatónyomatékának összegével.
Figyeljünk fel arra, hogy a (2) mérlegegyenlet speciális kifejezési formái a (8), (9) és (12) egyenletek. A (9) és (12) egyenlőségek formailag teljesen azonosak, ügyeljünk azonban a tartalm ukban fennálló finom különbségre!
A merev test forgómozgását leíró dinamikai egyenlet tehát így írható:
V M kfl|s5= 6 >p_ (13)
Ebben a formában a (13) egyenlet és a haladó mozgást leíró (1) egyenlet között teljes párhuzam vonható. A szöggyorsulás megfelel a merev test tömegközéppontja gyorsulásának, a forgatónyomaték az erőnek, míg a tehetetlenségi nyomaték a tömegnek. Valóban, forgómozgásnál a tehetetlenségi nyomaték hasonló szerepet tölt be, mint a haladó mozgás leírásánál a tömeg.
Az (1) impulzusmérleg — Newton II. törvénye — és a (13) impulzusmomentummérleg a merev test mozgásának dinamikai leírását szolgáltatják. [M int már az előbb említettük, a (13) egyenletet kétféle értelemben is használhatjuk — (9) és (12) —, sőt általánosabb forma is létezik: (8). Feladatmegoldás közben szinte autom atikusan felírjuk a haladó mozgásra vonatkozó Newton-törvény után, hogy „a for- gatónyomatékok összege egyenlő a tehetetlenségi nyomaték és a szöggyorsulás szorzatával”. Sokszor nem is tudatosodik a feladatmegoldóban, hogy az említett két lehetőség közül melyiket választotta.]
Vizsgáljuk még meg a mozgási energia kifejezését is. Láttuk, hogy tetszőleges
244
pontrendszer összes mozgási energiája két részre bontható: egyrészt a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiájával, másrészt a tömegközépponthoz viszonyított mozgási energiára. Ez utóbbi:
figyelembe véve azonban, hogy a merev test a tömegközéppontja körül forgómozgást végez, vagyis wf = s,cü, így a tömegközépponthoz viszonyított mozgás energiája
E j m ;s?w2 = y 0 sco2, (14)
ahol a 0 S a tömegközéppontra vonatkozó tehetetlenségi nyom aték(3.33. ábra).
Az y 0 sío2 mennyiséget — a mozgási
energia analógiájára — forgási energiának nevezzük.
Hasonló összefüggést kapunk, ha egy rögzített tengely körül forgómozgást végző merev test energiáját számoljuk. Ekkor a merev test minden pontja körmozgást végez a rögzített tengely körül, így a teljes mozgási energia (3.34. ábra):
E J miv? = E \ mi(riU)2 = J 0 o(o2■ (15)
Ebben a kifejezésben a 0 O tehetetlenségi nyomaték a rögzített tengelyre vonatkozik.
3.33.ábra
Az — 0 w 2 mennyiség jelentheti a teljes
mozgási energiát, de jelentheti az összes mozgási energiának azt a részét, amelyet a tömegközépponthoz viszonyított mozgásnak tulajdoníthatunk. A (15) összefüggésben az első értelemben szerepel, a (14)-ben a második értelemben.
Az értelmezésből nyilvánvaló, hogy az
j 0a>2 ún. „forgási energia” nem újfajta
energia — a helyzeti, a mozgási és a rugalmas energia mellett —, hanem a mozgási energia egy részének (vagy egészének) speciális írásmóddal írt alakja. Ha a forgási energiát a (14) értelemben értjük, akkor az összes mozgási energia:
r I , 1 ^ ,E = - m v 2+ - 0 sioz ,
és ebben a kifejezésben az első tagot mozgási energiának nevezzük, a második tag neve forgási energia. Ismételjük meg: valójában a két tag összege az összes mozgási energia.
Egyetlen gondolatot fűzzünk még ehhez a meglehetősen elvont gondolatmenethez. Merev testek esetén a mechanikai energia így írható:
„ I 2 1 „ 2 E = j m v £ + j 0 sw 2 + mgy0.
245
Itt v0 a tömegközéppont sebességét jelenti, 0 S a tömegközépponthoz viszonyított tehetetlenségi nyomatékot, és y0 a tömegközéppont függőleges koordinátáját.
A belső erők munkája merev testek esetén nulla, mert a merev testek pontjai egymáshoz viszonyítva nem mozdulnak el, így merev testek esetén az energiatételt az alábbi formában mondhatjuk ki.
Energiatétel merev testekre: A merev test mechanikai energiájának megváltozása a rendszerre ható külső erők munkájának az összegével egyenlő:
A E = Y j Ww a -
(A külső erők közé a nehézségi erőt itt nem számítjuk bele, ha viszont AE az összes mozgási energia megváltozását jelöli, akkor természetesen igen!)
3.2.2. A merev test kényszermozgása
Az előző pontban— a pontrendszerek mechanikájának általános elveire támaszkodva— végiggondoltuk a merev testek mozgását leíró törvényeket, az impulzus-, az impulzusmomentum- és az energiamérleget. Leírtuk a merev testek mozgásának az általános elveit, a merev testek kinematikai és dinamikai tulajdonságainak a kapcsolatát.
Lehetséges, hogy ez a gondolatmenet elvontnak tűnt, fárasztó volt. Ebben a pontban az a célunk, hogy az előző pont állításait konkrét példákkal szemléltessük, az alkalmazási lehetőségekre rámutassunk. Azt tanácsoljuk az Olvasónak, hogy e pont áttanulmányozása után térjen vissza az előző pontokra, és még egyszer gondolja át a merev testek mechanikájának az elveit.
rfegyük fel, hogy egy m tömegű, r sugarú, tömör korong a 3.35. ábrán látható módon a mennyezethez van erősítve, tengelye körül könnyen elfordulhat. A korongra vékony, nyújthatatlan fonalat csévéltünk, erre pedig m tömegű testet erősítettünk. A korong tehetetlenségi nyoma
téka a forgástengelyre nézve 0 = y mr2. A
tengely körül elforduló testre három erő hat a rajz síkjában. Lefelé hat a nehézségi erő és a felcsévélt fonálban ható kötélerő. A felfüggesztett tengely kényszererőt fejt ki. A korong tömegközéppontja a meny- nyezethez képest nyugalomban van, ezért a tömegközéppont gyorsulására vonatkozó Newton-törvényt nem kell felírni. (Ebből a tengely által kifejtett kényszererő derülne ki.) A korong így csak forgómozgást végez, ezért az impulzusmomentummérleget kell alkalmaznunk. A korongra egyetlen erő hat, amelynek a tömegközépponton átmenő tengelyre forgatónyoma- téka van. Ez a fonál által kifejtett K kötélerő. A K kényszererő forgatónyomatéká- nak a nagysága K ■ r, hiszen a tengelyre vonatkozó erőkar pontosan a sugár. A forgatónyomaték az óramutatóval ellentétes irányba forgatja a korongot. H a a forgatónyomatékra mint vektorra gondo-
246
lünk, akkor a forgatónyomaték a 3.36. ábra síkjából kifelé, az Olvasó felé mutat. Ennek a forgatónyomatéknak — az ábra szerinti koordináta-rendszerben — sem x tengely irányú, sem y tengely irányú komponense nincs, a z tengely irányú forgató- nyomaték-komponens pedig pontosan Kr. A legtöbb feladatban a merev test egy síkban forog, a forgatónyomatékok is, és a forgásmennyiségek is a síkra merőleges vektorok, így a síkra merőleges tengely irányú komponenseikkel számolunk. Sokszor, hogy ezt a síkra merőleges tengelyt ne kelljen feltüntetnünk, a forgatónyomaték és a perdület síkra merőleges tengely irányába m utató komponensének az előjelét az ábrán forgási irány kijelölésével fejezzük ki.
A mi példánkban tehát így fogalmazhatunk. Tekintsük az óramutató járásával ellentétes irányt pozitívnak (ez azt jelenti, hogy a forgás síkjára merőleges koordináta-tengely a síkból felénk mutat), ekkor a kötélerő a pozitív forgási irányba mutat (a forgatónyomaték-vektor csak a síkra merőleges komponenssel rendelkezik, és a forgatónyomaték a síkból kifelé, felénk mutat).
Newton II. törvénye a forgómozgásra:
Kr = 0 fi, (1)
ahol fi a korong szöggyorsulása.
A kötél alsó végén függő testre a nehézségi erő mellett a fölfelé mutató kötélerő hat:
m1g - K = m la1. (2)
A dinamikai egyenleteket felírtuk. A két egyenlet azonban három ismeretlent tartalmaz: további összefüggéshez a kényszer- feltételek figyelembevételével jutunk. Gondoljuk meg, hogy a test x koordinátája nem állandó, a korong és a test között a fonál hossza pontosan annyival nő, ameny- nyi fonál letekeredik a korongról. H a a korong a szöggel fordul el a mozgás kezdetétől, akkor a fonál „hossza” (a test x koordinátája):
x — L-\-ra ,
vagyis a kezdeti kötélhossz és a letekeredő kötélhossz összege (3.37. ábra). Ezt az ösz- szefüggést kétszer differenciálva a gyorsulások közötti összefüggéshez jutunk:
x = 0 + rá,
másképpen írva
aí = rp. (3)
x ábra
247
Az (1), (2), (3) egyenletek rendszere a feladat megoldását szolgáltatja:
m ig — K = m 1aí ,
K r = 0P ,
ai=rP-_______
Pvizsgáljuk meg most a 3.38. ábrán látható kettős csiga mozgását. A kettős korong nagyobbik sugarát jelöljük R-rel, a kisebbiket r-rel, a korong összes tömegét m-mel. Az ilyen csigákkal kapcsolatban legtöbbször feltesszük, hogy a tehetetlenségi nyomatéka a középpontra vonatko
zóan y mR2, feltételezzük, hogy a tehetet
lenségi nyomatékban az r sugarú rész nem játszik szerepet.
A csiga két oldalán az r és az R sugarú részre föltekert fonalakon egy-egy test függ. Az ábra szerint az egyik tömegét jelöljük mr gyel, a másikét m2-vel. Tekintsük a két testre ható erőket (pontosabban erőkomponenseket) pozitívnak, ha lefelé mutatnak. A korong forgását akkor tekintsük pozitív irányúnak, ha az óramutató járásával ellentétes irányba fordul el.
x ábra
248
Az tömegű testre lefelé az erő hat, fölfelé a K t kötélerő. Newton II. törvénye:
m1g —K 1= m la 1. (4)
Az m2 tömegű testre a súly mellett a K 2 kötélerő hat. Nincs okunk feltételezni, hogy a két kötélben ugyanazon nagyságú erő hatna. A dinamika alaptörvénye most:
m2g — K 2 = m2a2. (5)
A csigát az óram utató járásával ellentétes irányba a K 2 kötélerő forgatja R karon, ellentétes irányba a K, kötélerő r karon, így az impulzusmomentum-mérleg:
K 2R - K ir = 0 p , (6)
vagyis a forgatónyomatékok (megfelelő előjellel vett) összege a tehetetlenségi nyomaték és a szöggyorsulás szorzata.
Jelöljük most a két test függőleges koordinátáját Xj-gyel, illetve x 2-vel. H a a korong elfordul, mindkettő változik. Tegyük fel, hogy a korong pozitív irányba, tehát az óramutató járásával ellentétes irányba elfordul a szöggel. Ekkor az ml tömeg emelkedni fog, pontosan azzal az ívvel, amennyi fonál feltekeredik az r sugarú korongra, tehát ra-val. A másik test ezzel egy időben az R sugarú korongról letekeredő fonál hosszával, az Ra ívvel lejjebb kerül. Ha L r gyei és L2-vel jelöljük a mozgás kezdetén a két test koordinátáját, akkor
x t = L j — ra,
x 2 = L 2 + Rcc.
Ebből a két kényszerfeltételből kétszeri differenciálással az adódik, hogy
ű i = - r / 5 , (7)
a2 = RP-
A (4), (5), (6), (7) egyenletek a feladatmegoldást jelentő egyenletrendszert szolgáltatják. Ha a csiga tengelye által kifejtett K erőre is kíváncsiak vagyunk, akkor a csigára is felírjuk Newton II. törvényét:
m g - K + K l + K 2 = 0. (8)
A (4)—(7) egyenletrendszer megoldása után a K erő (8)-ból meghatározható.
Vizsgáljuk meg most energia szempontjából a rendszert. Jelöljük A-val és B-vel a két korongnak azt a pontját, ahol a két fonál elválik a korongok kerületétől. Ha a csiga pozitív irányba forog, és a szög- sebessége co, akkor az A pont sebessége lefelé m utat és Rio nagyságú, a B pont sebessége fölfelé m utat és rw nagyságú. A két test sebessége a (7) és a (8) egyenletekhez hasonlóan v2 = vA = Rw és v1= v B= — rw.
A K 1 kötélerő teljesítménye a fölfelé emelkedő m l tömegű testen K irco>0, hiszen az erő és a sebesség egyirányú. A Ky erő teljesítménye az r sugarú korongon
K í vb= —K y r a x 0,
negatív, hiszen a K , erő a korongon lefelé mutat, a B pont kerületi sebessége pedig fölfelé. Ugyanez a helyzet a másik oldalon. Az m2 tömegű testen a K 2 teljesítménye — K 2Rw, az R sugarú korong kerületén + KRox A kötélerők összes teljesítménye az egyik és a másik kötélnél is nulla.
/7?g
ábra
A belső erők munkája ebben az összetett pontrendszerben ezért (kivételesen) nulla. A rendszer összes energiaváltozását az és az m2 tömegű testekre ható nehézségi erők munkája adja. Ha a rendszer kezdeti sebessége nulla, akkor az összes mozgási és forgási energia nulla. A korong a szöggel való elfordulása után:
1 ^ ? 1 7 1 9- 0 w z + — m ivi + - m2vi =
= m2ö 'R a-m 1gfra, (9)
ahol
vt = — rw, v2 = Rco, w = fít, cc = ~ t2.
(A csiga középpontjában ható nehézségi erő és K kényszererő munkája nulla, hiszen a koordináta-rendszerben nyugvó pontra hatnak.) |
Az előző két problémában az a közös, hogy a merev testre, a korongra csak a perdülettételt kellett felírnunk. A merev lest tömegközéppontjában rögzítve volt, az összes impulzusnyomaték megegyezett a sajátperdülettel. A tömegközéppont, a korong középpontja nyugalomban volt. A csiga mellett mozgó testekre a tömegpontra vonatkozó Newton-törvényeket írtuk fel.
PÁ következő problémában a merev test— most is egy m tömegű, r sugarú korong — transzlációt és rotációt is végez. A 3.39. ábrán látható, hogy a korong jo jó m ódjára legördül a mennyezethez rögzített fonálon. Haladó mozgására Newton II. törvényét [3.2.1. pont (1)], forgó mozgására az impulzusmomentum-mérleget [3.2.1. pont (2)] írjuk fel. A koordináta- rendszer kezdőpontja legyen a fonál rögzítési pontja a mennyezeten, a tengelyeket pedig válasszuk meg úgy, ahogyan az ábrán látjuk. A testre ható erők y tengely és
249
z tengely irányú összetevői nullák, csak az x tengely irányú összetevőkkel kell számolnunk. A forgást jellemző mennyiségek mint vektorok az ábra síkjára merőlegesek, ezért csak a z tengely irányú komponensekkel dolgozunk. A z tengely kifelé mutat a papír síkjából, ezért a forgatónyo- matékot, a szögsebességet stb. akkor tekintjük pozitívnak, ha az óra mutatójának a forgásával ellentétes irányú.
Az origóra vonatkozóan a jojónak pá- lyaperdülete és sajátperdülete is van: az összes impulzusmomentum két részre bomlik [3.1.3. pont (7) és 3.2.1. pont (7)].
A v sebességgel függőlegesen lefelé mozgó korong tömegközéppontja r távolságra van az x tengelytől, így a pályamenti impulzus-momentum nagysága:
N p = rmv,
és a rajz síkjára merőlegesen az Olvasó felé mutat. A sajátperdület nagysága:
N s = 0o),
itt
a tömegközéppontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték, és ez is a rajz síkjára merőlegesen az Olvasó felé mutat. (Persze, ha a korong fölfelé mozog, és a forgásiránya megfordul, akkor N p és N s előjele is megváltozik.)
A jojó összes energiája a mennyezettől x távolságra, az x koordinátájú helyen [2.1.4. pont (4) és 3.2.1. pont (14)]:
E = y mv2+ ^ 0 w 2 + mg( — x).
Az állapotjelzők leírása után térjünk át ezek megváltozásának a vizsgálatára. A jojóra két erő hat, mindkettő függőleges
irányban. Az mg lefelé, tehát pozitív irányba, így
mg — K = ma. (10)
A korongra ható erők forgatőnyomatéka a tömegközéppontra vonatkozóan Kr, így [3.2.1. pont (9)]:
Kr = &p. (11)
Tegyük fel, hogy a mozgás kezdetén a korong középpontja a felfüggesztési pont alatt L távolságban volt. Ekkor a jojó x koordinátája
x = L + ra,
vagyis a korong mennyezettől mért távolsága a korongról letekeredő fonál hosszával, az ra. ívvel változik meg. Innen (kétszeri differenciálás után):
a = rp. (12)
A dinamikai leírást szolgáltató egyenletrendszer:
m g—K = ma,
Kr = @P,
a = rfi.
Néhány megjegyzést fűzünk a feladathoz.1. A (10), (11), (12) egyenletrendszer „sor
ról sorra” megegyezik az (1), (2), (3) egyenletrendszerrel. Valójában egészen másról van szó. Az (1), (2), (3) egyenletrendszer első két egyenlete különböző testek mozgására vonatkozik, a (10), (11), (12) egyenletrendszer első két egyenlete ugyanannak az egyetlen testnek — a jojónak — a haladó és a forgó mozgására. A (9) egyenlet két különböző test gyorsulását és szöggyorsulását kapcsolja össze, a (12) egyenlet a jojó két gyorsulásadata között teremt kapcsolatot. (Kicsit túlozva így fogalmazhatunk:
250
3.40.ábra
egy képlet vagy képletcsoport nem ér egy hajítófát sem, ha nincs mellette néhány összetett mondat, amely értelmet ad a képletnek. Valójában ezért ellenezzük a feladat- megoldás gyakorlásának a függvénytáblázatokra, képlettáblázatokra alapozását.)
2. Asajátperdületre vonatkozóK r = 0 f i egyenlet helyett alkalmazhattuk volna a teljes impulzusmomentumra vonatkozó impulzusmomentum-mérleget is: az mrv + ©P időegységre eső megváltozás a külső erők felfüggesztési pontra vonatkozó forgató- nyomatékának az összegével egyenlő. A két külső erő közül a kötélerő hatásvonala átmegy a felfüggesztési ponton, így forga- tónyomatéka nincs, a teljes impulzusmomentum megváltozása az mg nehézségi erő forgatónyomatékkal egyenlő (3.40. ábra):
mgr=mra + © p. (13)
A (13) egyenlet kicserélhető a (11) egyenlettel.
3. A korongra ható kötélerő teljesítménye nulla, hiszen a fonál koronggal érintkező pontjának a sebessége nulla, ezért a jojó helyzeti, mozgási és forgási energiájának az összege:
~ mv2 + y 0 a 2 — mgx = állandó,
ahol az x = L + ru kényszerfeltétele alapján v = rój. |
ÍÁ mennyezetre függesztett igen köny- nyü, súrlódás nélkül elforduló csigán vessünk át egy vékony, nyújthatatlan fonalat. A fonál egyik végén egy m t tömegű, r sugarú korong (jojó), a másik végén egy m2 tömegű, pontszerű test van (3.41. ábra).
A kötélerő most az állócsiga mindkét oldalán azonos, hiszen ennek a mennyezetre függesztett csigának a tömege elhanyagolható, így a tehetetlenségi nyomaté- ka is.
A jojó sajátperdületére vonatkozó im- pulzusmomentum-egyenlet(*):
K r = © p. (14)
A korong haladó mozgására vonatkozó Newton-törvény:
m1g — K = m1aí , (15)
a pontszerű test egyenes vonalú mozgására pedig:
m2g — K = m2a2. (16)
3.41.ábra
A továbbiakban nem mondjuk ki minden esetben, hogy melyik forgásirányt tekintjük pozitívnak. Ez általában egyértelműen kiderül vagy az ábráról, vagy a felírt impulzusmomentum-mérlegből, abból, hogy melyik erő forgatónyomatékát tekintjük pozitívnak, melyikét negatívnak.
251
Az áilócsiga két oldalán a fonalak hossza nem állandó, a kezdeti érték pontosan a jojóról letekeredő fonál hosszával változik meg, ezért a korong középpontjának és a tömegpont koordinátáinak összege:
x , + x 2 = L + ra.
Innen
a1+ a2 = rp. (17)
A (14), (15), (16), (17) egyenletrendszer a feladat dinamikai leírását szolgáltatja. |
ÍG ondoljuk most el, hogy a mennyezethez erősített fonálon egy kettős korong gördülhet. A mennyezetről függő fonál a kettős korong kisebb sugarú részére van feltekerve, a nagyobb sugarú részről egy másik fonál tekeredik le: ezen egy pontszerű test függ (3.42. ábra).
Jelöljük a korong tömegét m-mel, a két sugarat r-rel és K-rel ( r< R), a pontszerű test tömegét m,-gyel. Vizsgáljuk a rendszer mozgását leíró egyenleteket. Dinamikai összefüggésekből háromra számítunk: kettő a jojó haladó és forgó mozgására, egy a tömegpont haladó mozgására vonatkozik. Kényszeregyenletekből kettőt fogunk felírni: két fonál szerepel a feladatban, a két kötél nyújthatatlanságát kell kifejeznünk.
A szokás szerint a lefelé mutató irányt válasszuk meg pozitívnak, a forgást pedig akkor tekintsük pozitív irányúnak, ha az óramutató járásával megegyező irányú.
A pontszerű testre két erő hat, a nehézségi erő és a nagyobbik sugarú részre csévélt kötél által kifejtett erő, így
(18)
A jojóra az mg nehézségi erő és a szintén lefelé m utató K l kötélerő mellett a mennyezethez erősített fonál fölfelé mutató K erőt fejt ki. Newton II. törvénye a jojó haladó mozgására, tömegközéppontjának a gyorsulására:
mg + K t —K = ma. (19)
A K i erő forgatőnyomatéka a korong középpontjára nézve K tR, a K erő forgató- nyomatéka — Kr, hiszen a K erő az óramutatók járásával ellentétes irányba forgat. A tömegközéppontra vonatkozó impulzusmomentum-mérleg (a sajátperdület időegységre eső megváltozása):
K 1R - K r = 0 p . (20)
A korong középpontja kezdetben mondjuk L távolságra volt a mennyezettől Ha a jojó a szöggel elfordul pozitív irányba, akkor a jojó középpontja feljebb kerül ra-val, így a merev test középpontjának mennyezettől mért távolsága:
x = L — ra.
Ebből azt kapjuk, hogy
a = - r p . (21)
A pontszerű test mennyezettől mért távolságát jelöljük x^gyel. Ez a távolság kezdetben L, volt. Ha a korong a-val pozitív irányba elfordul, akkor az r sugarú korongra föltekeredik ra hosszúságú fonál a felső kötélből, ezzel egy időben az R sugarú
252
korongról letekeredik Ra hosszú fonálrész. így
x 1=Ll + R ol — m ,
és ebből az
a, = Rfj — rfi (22)
kényszeregyenletet kapjuk. | l~Á feladatok új osztályát vezeti be a kö
vetkező feladat. Tegyük fel, hogy m tömegű, r sugarú korongot a tengelyéhez erősített fonállal vízszintes talajon F erővel húzzunk. A korong és a talaj között a súrlódási együtthatót jelöljük //-vei. Ha a korong v sebességgel halad pozitív irányba— a 3.43. ábrán látható koordináta-rendszerben —, és a szögsebessége co, akkor a talajhoz rögzített koordináta-rendszerben az összes perdülete:
N = N p + N s = mrv + 0 w . (23)
A korongra a nehézségi és nyomóerőn kívül két erő hat: az F kötélerő — amit mi fejtünk ki — és az S súrlódási erő — amit a talaj fejt ki (3.44. ábra). Newton II. törvénye a haladó mozgásra:
F — S = ma. (24)
A korongot a pereménél ható súrlódási erő forgatja a tömegközéppont körül, Sr for- gatónyomatékkal. A sajátperdületre vonatkozó impulzusmomentum-tétel:
Sr = 0[i. (25)
3.43.ábra
3.44.ábra
A két egyenletben három ismeretlen van: a, (1, S. Gondoljuk meg azonban, hogy két eset lehetséges. Ha a korong talajjal érintkező pontja a talajon nyugszik, tehát a korong tapad a talajon, akkor a középpontjának a talajhoz viszonyított sebessége megegyezik a kerületi pontok középponthoz viszonyított sebességével: v = rco. Innen az
a = rp (26)
egyenlőséghez jutunk. Ebben az esetben azonban a fellépő súrlódási erő ismeretlen nagyságú, a feladatból kell meghatározni, azonban pmg-nél nagyobb nem lehet. Ha a korong megcsúszik a talajon, akkor a (26) egyenlőség helyett a csúszó súrlódási erőre vonatkozó
S = jimg (27)
feltételt használjuk. Ekkor azonban a korong középpontja nagyobb gyorsulással mozog, mint a kerületi pontok a középponthoz viszonyítva: a > rfí. Foglaljuk ösz- sze a feladat megoldását:
F — S = ma,
S r = 0 p .S \
Ha a test csúszik: Ha a test tapad:
S=nmg. a = rp.
Ellenőrizni kell, Ellenőrizni kell hogy az
a>rfl
teljesül-e.
S</img
feltételt.
253
Néhány megjegyzést fűzünk a feladathoz:1. A korong összes perdülete:
N = mrv + 0ca,
ennek időegységre eső megváltozása a testre ható erők koordináta-rendszerünk talajon fekvő origójára vonatkozó forga- tónyomatékának az összegével egyenlő. A nehézségi és a nyomóerő egyenlő nagyok, ellentétes irányúak, a tám adáspontjuk azonos, így a forgatónyomatékaik „kiejtik” egymást. A súrlódási erő a talaj mentén hat, karja nulla, így az F erő forgatónyomatékát kell figyelembe venni az r karon. Tehát a teljes perdület időegységre eső megváltozása:
mra + 0 P = Fr.
Ez az egyenlet helyettesítheti a (25) egyenletet.
2. A korong talajjal érintkező pontjának a sebessége v — rco = vA. A súrlódási erő ebben a pontban hat, így a súrlódási erő teljesítménye Ps = —S(v—rto). Ugyanakkor az F erő teljesítménye Fv, így az összes külső erő teljesítménye:
P = Fv — S(v—rco) =
= Fat — S(at—rpt). (28)
A teljesítmény-idő függvény lineáris:
P = (Fa — Sa + Srffjt.
t 3.45. ábra
S 3.46.ábra
A grafikon alatti terület adja a testen végzett összes m unkát t idő alatt:
t2W = (F a -S a + SrP) — . (29)
A végzett munka a mozgási és forgási energia összegének a megváltozásával egyenlő, és mivel a korong kezdetben nyugalomban volt:
j mv2 + j 0 co2 = j [Fa - S(a - r/?)í2] ,
(30)
ahol v = at és co = (it. Ha a korong tapad a talajon, akkor egyrészt v = rój, másrészt a = rP, és a (29) így módosul:
t2W = F a— = F s.
2
Ha a korong nem csúszik, akkor a súrlódási erő munkája nulla, hiszen a talajjal érintkező pont sebessége nulla. A teljes energia megváltozását az általunk kifejtett húzóerő munkája eredményezi. |
["Vizsgáljunk meg most egy hasonló problémát. Tegyük fel, hogy az m tömegű, r sugarú korong kerületére csavartuk a fonalat, és ezt a 3.46. ábra szerint a korong felső részén vízszintes irányba F erővel húzzuk. A súrlódási együtthatót szokás szerint jelöljük //-vei. Ekkor a korongra — a nehézségi és a talaj által kifejtett nyomóerőn kívül — az F húzóerő és a talajjal való érintkezési pontnál fellépő S súrlódási erő hat. A súrlódási erő most egyirányú a
254
húzóerővel. M indkettő jobbra mutat. (Lehetséges, hogy az Olvasónak nem nyilvánvaló, hogy a súrlódási erőnek most így kell fellépnie. Gondoljuk meg azonban, hogy ha egy autó vezetője olyan nagy gázt ad, hogy a hajtott kerekek „kipörögnek”, akkor ezek a kavicsot, sarat hátrafelé szórják. A talajra hátrafelé m utató erő hat. Ezért a talaj — Newton III. törvénye értelmében— előre ható súrlódási erőt fejt ki.)
A dinamika alaptörvénye így:
F + S = ma. (31)
A forgatónyomatékok korong középpontjára számított eredője egyenlő a saját impulzusmomentum időegységre jutó megváltozásával:
Fr — S a = 0 fi. (32)
Ha a korong tapad a talajon, akkor a = = r(i — ekkor viszont S < jimg — , ezzel szemben, ha a korong megcsúszik, akkor S=fimg, de ilyenkor a kerék „kipörög” , a kerületi pontok középponthoz viszonyított gyorsulása nagyobb a gyorsulásnál: a<rfi. Összefoglalva:
F + S = m a ,
Fr — Sr — <9/1 / \
Ha a test csúszik: Ha a test tapad:
S= fímg. a = rfi.
Ilyenkor az Ekkor az
a<rfi S < [img
feltételnek feltételnek teljesülnie kell. teljesülnie kell._|
Fa két előző feladat általánosításának tekinthető problémát vizsgáljuk most meg. A vízszintes talajon kezdősebesség nélkül
3.47.ábra
mozgó korong sugara R, a tárcsa sugara r. A kettős korong tehetetlenségi nyoma- téka legyen „szokás szerint” 0 = m R2/ 2. A korong r sugarú részére tekert vékony fonálra vízszintesen F erőt fejtünk ki. Lehetséges, hogy a súrlódási erő megegyező, lehetséges hogy ellenkező irányú az F erővel (3.47. ábra). Tegyük fel, hogy a két erő egy irányba hat. Ekkor a korong tömegközéppontjára vonatkozó dinamikai alaptörvény:
F + S = ma. (33)
A korongot pozitív irányba (ez most az óram utató járásával megegyező irány) az F erő forgatja r karon, az ellentétes irányba az S erő, R karon. Ezért
F r - S R = 0 f] . (34)
Ha a korong tapad, akkor a talajjal érintkező pontja nyugalomban van, v —Rco = 0. így a = Rfi. A tapadás feltétele az, hogy a súrlódási erő ne legyen nagyobb, mint /img. Ha a korong megcsúszik, akkor S = pmg, és a korong kerületi sebessége nem egyenlő középpontjának sebességével, a kerületi gyorsulás nem egyenlő a középpont gyorsulásával: a #/?/?.
Tegyük most fel, hogy a korong tapad. Ekkor a (32) egyenlet így alakul:
Fr — SR = — mR2 — .2 R
Egyszerűsítsünk a jobb oldalon R-rel, szorozzuk meg az egyenlőséget 2-vel, és osz-
255
szűk el R-rel. Ekkor
F - - 2 S = ma.R
A (31) egyenlőség alapján
F % - 2 S = F + S,R
innen
3 \ R )'(35)
Diszkutáljuk a (35) egyenlőséget.1. H a r = R — ez az előző probléma —,
vagyis a korongot a felső pereménél húzzuk, akkor
F Fs - y P - D - j .
Ilyenkor a súrlódási erő a húzóerővel megegyező irányú, a harmada nagyságú. A tapadás feltétele: S< nm g, vagyis F<3fimg.
2. Ha r = 0 — akkor is ismert feladatról van szó —, a korongot a középpontjához erősített fonállal húzzuk. Ebben az esetben
F Fs = T < o - < ) ~ y
A súrlódási erő most is F)3 nagyságú, de a húzóerővel ellentétes irányú. A tapadás feltétele most is: F< 3fxmg.
3. H a r = R j2, ekkor S = 0 , vagyis ilyenkor nem lép fel súrlódási erő. H a a korong kezdetben nem csúszott, vagyis már kezdetben v = rw teljesült, a korong a továbbiakban is tapad, bármekkora a súrlódási együttható. Sőt, ha n = 0, akkor is tapadni fog a korong. |
rfegyük most fel, hogy a súrlódásmentes talajon egy m tömegű deszka mozog, jobb kéz felé mutató F erőt fejtünk ki rá. A deszkán egy m tömegű, r sugarú gömb
3.48.ábra
van. A deszka és a gömb között a súrlódási együttható fi. Tegyük fel, hogy mindkét test állt kezdetben (3.48. ábra). A deszkára vízszintes irányban a húzóerő mellett a húzóerővel ellentétes irányú súrlódási erő lép fel. Ennek az erőnek az ellenereje a gömb deszkával érintkező pontjában hat, és jobbra mutat. A gömb mozgását két egyenlettel jellemezzük. A haladó mozgásra Newton II. törvényét írjuk fel:
S = ma, (36)
a forgómozgásra az impulzusmomentumtörvényt:
- S r = 0 p , (37)
a jobbra m utató súrlódási erő forgatónyo- matéka negatív. A deszkára ható erők eredője a deszka impulzusának időegységre eső megváltozásával egyenlő:
F — S = m1al . (38)
A gömb deszkával érintkező pontjának a sebessége v — rco. H a a gömb tapad a korongon, akkor a deszka v, sebessége megegyezik v-rco-val: v l = v — rw, innen
a l = a — rfi. (39)
Tapadás esetén azonban teljesülnie kell az
S < fimg (40)
feltételnek is.Ha a gömb megcsúszik a deszkán, akkor
ez most úgy történik, hogy a deszkát kihúzzuk a gömb alól, tehát az
S = fimg (41)
256
feltétel alkalmazása esetén utólag ellenőrizni kell az
al > a — rfi (42)
feltételt. A probléma megoldását tehát vagy a (36), (37), (38), (39) és (40), vagy a (36), (37), (38), (41) és (42) állítások rendszere szolgáltatja. Ezek természetesen kizárják egymást. |
l~Tegyük fel, hogy a kettős korongot most vízszintes talajon úgy húzzuk, hogy a fonál az r sugarú tárcsára van tekerve, és a korong középpontja alatt húzzuk, azonban a vízszintessel a szöget bezáró irányba (3.49. ábra). Ekkor a korongra ható erők függőleges komponenseinek az eredője:
mg - T — F sin a = 0,
a vízszintes összetevők eredője a tömeg- középpont vízszintes irányú gyorsulását eredményezi:
F s in a — S= m a.
A korongot pozitív irányba, az ábra szerint, az S súrlódási erő forgatja, ellentétes irányba pedig az F:
SR - Fr= 0[{.
Ha a korong tapad a talajon, akkor a = Rfi, ebben az esetben a súrlódási erő kisebb a talajnál fellépő nyomóerő //-szeresénél: S<nT. Ha pedig a korong megcsúszik, akkor S = pT, ekkor azonban a korong
3.49.ábra
középpontjának a gyorsulása nem egyenlő a kerületi pontok gyorsulásával: a ^ R fí .
Érdekes, hogy a test gyorsulása ebben a feladatban pozitív, nulla és negatív is lehet. Ha a fonál kis szöget zár be a vízszintessel, akkor a korong előre mozog, míg nagy szög esetén hátrafelé. Ha elgurul a cérnaorsó, gyakran járunk úgy, hogy a cérnát húzva az orsó begurul az asztal vagy a szekrény alá. |
Pvizsgáljuk meg most a lejtőn legördülő forgástest esetét (3.50.ábra). Ha % hajlásszögű lejtőre valamilyen forgástestet, mondjuk egy hengert helyezünk, akkor erre a nehézségi erő, a talaj T nyomóereje és az S súrlódási erő hat. Newton II. törvénye a lejtőre merőleges erőkomponensekre:
T—mg cos a = 0,
a lejtővel párhuzamos komponensekre:
mg sin a — S = ma.
A hengert a súrlódási erő Sr forgatónyo- matéka forgatja:
Sr = 0 p .
Ha a henger tisztán gördül a lejtőn, akkor a lejtővel érintkező pontja all: tömegközéppontjának a sebessége egyenlő a kerületi sebességgel. így v = rco, és innen a = rfi. A tiszta gördülés esetén azonban S<fiT= = pmg cos a. Ha a henger megcsúszik a lejtőn, vagyis csúszó súrlódási erő lép fel, ekkor S = mg cos a. így azonban a > rfi. A
257
henger helyzeti, mozgási és forgási energiájának az összege csak akkor állandó, ha a henger tisztán gördül. Ilyenkor ugyanis a súrlódási erő teljesítménye nulla. Ha a henger megcsúszik, akkor v > rca, így a henger talajjal érintkező pontjának a sebessége, v —rco, pozitív. A súrlódási erő iránya ellentétes ezzel a sebességgel, ezért a súrlódási erő teljesítménye negatív: a három energiatag összege a mozgás során csökk e n j
l”Most olyan problémát tanulmányozunk, amelyben egy forgástest nem sík felületen— talajon vagy lejtőn — gördül, hanem egy „görbült” felületen. Tegyük fel, hogy egy R sugarú vályúban r sugarú henger gördül a 3.51. ábrán látható módon. Amikor a hengert elindítjuk, a középpontjához a vályú középpontjából mutató vektor a függőlegessel a0 szöget zár be. A vályú és a henger felülete közötti súrlódás együtthatóját jelöljük //-vei. A hengerre három erő hat: a nehézségi erő, a vályú T nyomóereje és a súrlódási erő. A felületre merőleges erők eredője a henger középpontjának a centripetális gyorsulását biztosítja, hiszen a henger középpontja egy R — r= :x sugarú körpályán mozog. Tehát
v2I —mg cos a = m — .
x
A felületek közös érintőjének irányában ható erőkomponensek eredője:
mg sin a — S = ma,
ahol a a henger középpontjának a sugárra merőleges gyorsulása. Tapadás esetén a henger középpontjának a sebessége a körpályán egyenlő a henger kerületi pontjainak a középponthoz viszonyított sebességével. Ugyanígy a henger középpontjának tangenciális gyorsulása megegyezik kerü
leti pontjainak a középponthoz viszonyított gyorsulásával: v = rca, a = rji.
A henger perdületének időegységre eső megváltozása a súrlódási erő forgatónyo- matékával egyenlő:
Sr=&f5.
A két helyzetben a test sebessége között a munkatétel segítségével teremthetünk kapcsolatot.
Y mv2+ y 0co2 =mgx(cos a — cos a0).
A henger mindaddig nem csúszik meg a felületen, amíg S < / iT j
ÍAz előzőhöz hasonló feladatot beszélünk most meg. Tegyük fel, hogy egy R sugarú félgömb tetejéről kezdősebesség nélkül legurul egy r sugarú kis golyó (3.52. ábra). A súrlódási együttható a két felület között n- Határozzuk meg azt a helyzetet, amikor a golyó megcsúszik a gömbfelületen!
A golyó helyzetét most is egy szöggel adjuk meg. Az ábrán jelölt a szögnél vizs
258
gáljuk a golyó mozgását. A golyó középpontja x = R — r sugarú körön mozog, gyorsulása centripetális és érintő irányú gyorsulásra bontható. A centripetális gyorsulást a nehézségi erő sugár irányú összetevője és a felületek között fellépő T nyomóerő biztosítja:
mg cos n —T—m — .x
(43)
A golyó középpontjának érintő irányú gyorsulását a nehézségi erő érintő irányú összetevőjének és a súrlódási erőnek az eredője szolgáltatja:
m gsina — S — ma. (44)
A perdület időegységre eső megváltozása:
S r = 0 p . (45)
írjuk fel most az energiamérleget. Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjének a félgömb alsó síkját. Ekkor
1 1— mv + — 00 ) +mgx cos a = mgx. (46)
Mindaddig, amíg v = r o és a = rfi, a golyó nem csúszik meg. Határesetben S = pT.
Ezekből az egyenletekből a következő feltételt kapjuk: a megcsúszás határát jellemző szögre érvényes a
( 3 + ) cos a ----- ^ y s i n a = 2. (47)y mr J jimr
Ez az eredmény azért figyelemreméltó, mert az a szög nem függ a két sugártól, még az arányuktól sem. Egy 10 méter sugarú gömbről legördülő 1 cm sugarú golyó ugyanolyan szögnél kezd el csúszni, mint egy 1 cm sugarú gömbről legördülő másik 10 cm sugarú gömb. |
l"Ébben a pontban végezetül egy olyan feladatról lesz szó, amely annyiban különbözik az előzőektől, hogy a kezdeti feltéte
lekből biztosan tudjuk, hogy a test csúszik. Tegyük fel, hogy egy m tömegű, r sugarú korongot vízszintes irányban v0 sebességgel elindítunk, eközben visszafelé megpörgetjük, és o j0 nagyságú kezdőszögsebességet adunk neki. Tegyük fel a konkrét példa kedvéért, hogy a korong tömege m = 2 kg, a kezdősebessége v0 = 10 m/s, a kezdeti szögsebessége (o0= — 300 l/s, a korong sugara legyen r= 0 ,l m, a súrlódási együttható pedig // = 0,1 (3.53. ábra).
A korongra a csúszó súrlódási erő hat:
- jimg — ma, (48)
a negatív előjel azt fejezi ki, hogy a korong a pozitív iránnyal ellentétesen, balra gyorsul. Innen könnyen kapjuk, hogy a= — 1 m/s2. A korong perdületének időegységre eső megváltozása a súrlódási erő pozitív forgatónyomatékával egyenlő:
mgr = 0 p , (49)
ebből
P = 20 l/s2.
Vizsgáljuk meg, hogy mikor és hol áll meg a talajon csúszó korong. Világos, hogy ez akkor következik be, amikor a test sebessége nulla lesz:
r = t;0-l-aí1 = 0 .
v0Innen í t = ------= 10 s. Ekkor
(50)
x (í1) = x(10)= 102 + 1 0 -10=50 m,
3.53.ábra
259
vagyis 50 méterre van az indulás helyétől, és még visszafelé forog, mert
a>(í1) = a>(10) = a>o + /?f1 =
= -3 0 0 + 2 0 -1 0 = -1 0 0 l/s.
A korong tehát elindul visszafelé.A csúszás akkor szűnik meg, amikor
a korong talajhoz viszonyított sebessége egyenlő lesz kerületi pontjainak a középponthoz viszonyított sebességével: v = rco, azaz
v0 + at2 = r(ío0 + pt2). (51)
Adatokkal:
10 + ( — í2) = 0,l( — 300 + 20í 2).
A korong indulása után
másodperccel szűnik meg a csúszás. Ekkor a test
x(í2) = - y l 3 , 2 2 + 10-13,3 = 44,4 m
-re van az indulás helyétől, vagyis, visszafelé megtett 50 — 44,4 = 5,6 méter utat. Ekkor a sebessége
t(10)= 10—13,3= —3,3 m/s,
vagyis amikor a korong tapadni kezd a talajon, már visszafelé gördül —3,3 m/s sebességgel. A 3.54. ábrán a sebesség és az ro kerületi sebesség grafikonját vázoltuk.
Határozzuk meg most a súrlódási erő által végzett munkát! A korong jobbra mozogva 50 méter utat tett meg, majd visszafordult, és visszafelé csúszva még 5,5 métert tett meg. Ez azt jelenti, hogy a korong 55,5 méter utat tett meg csúszva. A súrlódási erő munkáját meghatározhatnánk úgy, hogy a pmg erőt megszorozzuk
v roj
a megtett úttal? W= —fimg ■ 50 + fimg • 5,5? Sajnos a helyzet nem ilyen egyszerű. A súrlódási munka meghatározásánál nem a tömegközéppont által megtett út játszik szerepet, hanem annak a pontnak a sebessége, amelyre a test hat. A talajjal érintkező pont sebessége:
v — rw = v0 + at — r(cú0 + Pt) =
= ( 1 0 - í ) - 0 , l ( - 3 0 0 + 20t)
= 4 0 - 3í;
fe [0 , 13,3],
A súrlódási erő teljesítménye:
P = — nmg(v — rcó) = — 2(40 — 3í) = 6f — 80.
A teljesítmény-idő grafikont is ábrázoltuk a 3.54. ábrán. Világos, hogy a í: = 0 időpontban P = — 80 W, a t: = 13,3 s időpontban már v = rio, ezért P = 0 W. A súrlódási erő munkája W= —40- 13,3= —533 J. Ennyivel csökken tehát a súrlódási erő következtében a korong összes energiája.
260
(A súrlódási erő munkáját könnyűszerrel meghatározhattuk volna az energia megváltozásából^
3.2.3. A fizikai inga
Ebben a pontban folytatjuk az előzőben tárgyalt problémák megvitatását. Figyelmünket most elsősorban az egy pontban rögzített merev testek mozgására, így például a fizikai ingára fordítjuk. Néhány példán bemutatjuk a nem forgástestek (pl. rudak) forgó, haladó mozgását. Fel fogjuk hívni az Olvasó figyelmét a munkatétel alkalmazásának néhány kérdésére, rám utatunk a forgó- és a haladómozgás párhuzamára.
rfegyük fel, hogy a 3.55. ábrán látható módon egy L hosszúságú, m tömegű rudat két végén felfüggesztünk. A jobb oldali fonalat egy adott pillanatban elvágjuk. Mekkora erő feszíti a másik fonalat ebben a pillanatban? A fonál elvágásával a jobb oldali kötélerő megszűnik, és a test gyorsulni és forogni kezd. Mozgása meglehetősen bonyolult, de a í= 0 pillanatban, tehát az elvágás pillanatában a rúd még vízszintes, sebessége és szögsebessége is nulla még, csak a gyorsulása és a szöggyorsulása különbözik a nullától. (Hasonlóan a szabadeséshez: az elengedett kő kezdősebes-
K
><
sége nulla, de a gyorsulása az első pillanattól kezdve a gravitációs gyorsulás.)
A testre ható nehézségi erő és a bal oldali kötélerő eredője meghatározza a tömegközéppont gyorsulását:
m g—K = ma. (1)
A középpont körül a K erő forgatja a rudat L/2 karon, így
K
ahol
(2)
0 =ml31 2
Tegyük most fel, hogy a rúd tömegközéppontja egy igen kicsiny mértékben x- szel elmozdul, egyidejűleg a-val elfordul. Ekkor
hiszen a jobb oldali végpont körül a középpont (L/2)a ívvel fordul el, közelítőleg függőleges irányban. Ezt az egyenlőséget kétszer differenciálva az
(3)
3.55.ábra
kényszeregyenlethez jutunk.Figyeljünk fel arra, hogy az (1), (2), (3)
egyenletek párhuzamba állíthatók az előző fejezet (10), (11), (12) egyenleteivel: a vége körül elforduló rúd mozgása a t= 0 pillanatban a kezdősebesség nélkül mozgásba jövő jojó mozgásához hasonlítható. Szemléletesen: gondoljuk el, hogy az L hosszú rúdra egy L átmérőjű körlapot ragasztunk úgy, hogy a rúd „mögötte” legyen, és az átmérője mentén feküdjön. így induláskor valóban jojónak tűnik a rendszer. Persze,
261
mérésekkel kideríthetjük a turpisságot: a két test tehetetlenségi nyomatéka más, más a kezdeti gyorsulás is.
Világos, hogy a rúd egyik végén rögzített merev testnek tekinthető az indulás pillanatában. Ekkor a végpontra vonatkoztatott perdülete a teljes perdület, a pályaperdület és a saját perdület összege
ir mL ml3 m L L m iiN = — v + —— co = — - — co + — --co =
2 12 2 2 12
ml3-co,
amint ez várható volt: a rúd tehetetlenségi nyomatéka a végére vonatkoztatva m l}/3. A tehetetlenségi nyomaték Steiner-tétel szerinti transzformációja azt fejezi ki, hogy a pályamenti és a sajátperdület összege a teljes perdület.
A forgómozgás alapegyenletét a végpontra is felírhatjuk: a rendszerre ható erők végpontja számított forgatónyomaté- kának az összege a végpontra vonatkozó— teljes — perdület időegységre eső megváltozásával egyenlő. A testre ható két erő közül azonban a K nyomatékával nem kell számolnunk, ez ugyanis nulla, így
mg- (4)
A (4) egyenlet kicserélhető a (2)-vel. |Pfanulmányozzuk most át a következő
— kissé bonyolultabb — problémát. Képzeljük el, hogy vízszintes, sima asztalon, az asztal szélével párhuzamosan egy m tömegű, L hosszú rúd fekszik. A rúd egyik végéhez vékony fonalat erősítünk, ez lelóg az asztalról. A fonál másik végén egy my tömegű pontszerű test függ. A fonál merőleges a rúdra, így az asztal szélére (3.56. ábra).
Az my tömegű testet magára hagyjuk,
3.56. ábra
akkor megfeszíti a fonalat, ez pedig elmozdítja és elfordítja a rudat. Vizsgáljuk a mozgást az indulás t = 0 pillanatában. Ekkor az my tömegű testre vonatkozó dinamikai törvény:
m y g -K = myay. (5)
A rúdra egyetlen erő hat, a kötélerő, tehát
K = ma. (6)
Figyeljünk fel arra a tényre, hogy a rúd végén ható erő a rúd közepének a gyorsulásai határozza meg. A rudat középpontja körül a K erő forgatja L/2 karon, így
(7)
ahol 0 = m l? j\2 a rúd középpontjára vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka. Tegyük fel most, hogy a rúd közepe az asztal szélére merőleges irányban kis mértékben elmozdul, az elmozdulást jelöljük x-szel, eközben elfordul a középpontja körül, az elfordulás szögét jelöljük a-val. Ekkor a középponthoz viszonyítva a végpont (L/2) a- val mozdul el. A jobb oldali végpont összes elmozdulása x+(L/2)a, az asztal szélére merőleges irányban. Az my tömegű test ennyivel kerül lejjebb:
Lx, = x + — a.
262
Ebből — kétszeri differenciálással — azt kapjuk, hogy
a ^ a + j P . (8)
A feladat megoldását az (5), (6), (7), (8) egyenletrendszer szolgáltatja. A rúd minden pontja gyorsuló mozgást végez, így az impulzusmomentum-tételt csak a tömeg- középpontra írhatjuk fel. Hiba lenne például a jobb oldali végpontra felírni a perdülettételt, ekkor ugyanis a rúd forgását a K erő nulla forgatőnyomatéka nem magyarázná.
Az asztal egy rögzített pontjához, mint a vonatkoztatási rendszer kezdőpontjához azonban viszonyíthatjuk a forgásmennyiséget. Válasszuk meg a koordináta-rendszert úgy, ahogy a 3.57. ábrán látjuk. Legyen a kezdőpont a rúd jobb oldali végpontjának kezdeti helyzetében, az x tengelye merőleges az asztal szélére, az y tengelye a rúd kezdeti helyzetével párhuzamos, a z tengelye pedig merőleges az asztalra. Ekkor a rúd teljes impulzusnyomatéka:
N = N p + N s = — mrv0 + 0co =
L ml}= - m j V 0+ — w,
ahol v0 a tömegközéppont sebessége, az co a tömegközépponthoz viszonyított forgás szögsebessége. A pályamenti és a sajátper- dület ellentétes irányú, hiszen a koordi- náta-rendszer origójából nézve a pálya-
perdület az asztal alá mutat, a sajátperdü- let pedig az asztal fölé. Ebben a koordináta-rendszerben a K erő forgatónyoma- téka nulla, így a perdület állandó, megváltozása nulla:
- m ± a + ^ = ° - (9)
A (9) egyenlőség kicserélhető a (7) egyenlettel._|
["A következő feladatban a munkatétel egyszerű alkalmazását m utatjuk be. G ondoljuk el, hogy egy rúd áll a talajon. A tömege legyen m, a hossza L. Tegyük fel, hogy miközben a rúd eldől, a végpontja nem mozdul el (3.58. ábra). Felvetődik a kérdés, hogy mekkora sebességgel csapódik a vége a földhöz. A mechanikai energia állandó, mert a nehézségi erő mellett ható kényszererő olyan ponton hat, amelynek a sebessége nulla. A rúd mechanikai energiája kezdetben csak a helyzeti energia: mgL/2. Amikor a rúd leér a talajra, a helyzeti energiája elfogy, mozgási és forgási
263
energiaja van:
1 , 1 ~ ,— mvz + — 0 w z,
ahol v a tömegközéppont sebessége a talajra éréskor,
0 -
m l3
l2 ~
pedig a középpontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték. így
L 1 2 1 „ 2mg— = — mv + — 0 o r ,M 2 2 2
(10)
ahol v=(L/2)o). A (10) jobb oldalán a rendszer pontjainak összes mozgási energiája szerepel, két részre bontva: a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg mozgási energiájára (ezt most egyszerűen csak mozgási energiának nevezzük) és a tömegközépponthoz viszonyított mozgásból származó energiára.
Ha a rudat úgy tekintjük, mint a végpontja körül elforduló merev testet, akkor az összes mozgási energia így is írható:
2 0cu2, itt azonban 0 = m í? /3 . Ekkor a
(10)-nek megfelelő egyenlet:
L 1 ^ 7mg — = - 0 w z .
Megjegyezzük, hogy a (11) jobb oldalát is szokás forgási energiának nevezni. A forgási energia elnevezés — most is látszik — nem egyértelmű. |
Térjünk át a fizikai inga tanulmányozására. Tegyük fel, hogy egy m tömegű testet a 3.59. ábra szerint egy pontján átmenőtengellyel felfüggesztünk. A tengely köny- nyen elfordulhat. Tegyük fel, hogy a tengely s távolságra van a test tömegközéppontjától, és jelöljük a test tehetet-
J.59.ábra
lenségi nyomatékát a forgástengelyre nézve 0-val. Térítsük ki a testet jobbra az ábra szerint a-val. A forgatónyomaték nagysága mgs sin a a forgástengelyre vonatkozóan. Ha a kis szög, akkor jogos a sin a % a közelítés, így M = — mgsrx. A forgatónyomaték azért rendelkezik negatív előjellel, mert ellentétes előjelű a kitérés a szögével: ha jobbra tér ki a test, akkor a forgatónyomaték balra húzza vissza. így
— mgs<x = 0 p. (12)
Osszuk el mindkét oldalt 0-val: a rezgőmozgás alapegyenletét kapjuk (az —cj2x= a alapegyenletről van szó, az és /i—>a, valamint az w 2->mgs/0 szereposztással):
mgs- - e ^
mgs
periódusideje:
T=2nI 0 mgs
(13)
[H atározzuk meg most a kerületi pontjában felfüggesztett karika lengésidejét (3.60. ábra). A karika tömege legyen m, a sugara r, így a középpontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka mr2. A (13) összefüggésben
264
azonban nem a középpontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték szerepel, hanem a kerületi ponthoz tartozó, ezt a Steiner-té- telböl m ár megkaptuk: 0 = 2mr2. A tömeg- középpont és a felfüggesztési pont távolsága r, tehát a karika lengésideje:
T=2n(2 mr
myr= 2n * (14)
l"Függesszünk fel most egy vékony pálcát az egyik végpontjánál (3.60. ábra). Ha a végpont körül a pálca elfordul, akkor kis kitéréseknél harmonikus rezgést végez. Ha a pálca tömege m, hossza L, akkor tehetetlenségi nyomatéka a végére vonatkozóan ml3/3, így a lengésidő:
T= 2nv 3mf, í . “ 2" V 3Í - J 1151
fvizsgáljuk most meg egy L hosszúságú fonálra függesztett m tömegű inga — az ún. matematikai inga — lengésidejét (3.61. ábra). Az m tömegű pont tehetetlenségi nyomatéka a felfüggesztési pontra vonatkozóan m l3 , a tömegközéppont és a felfüggesztési pont távolsága most nyilvánvalóan L. így a lengésidő:
I ml3T=2n / ---- - =2n
V mgLL
(16)
Figyeljünk fel arra, hogy az L hosszú fonálinga ugyanolyan periódusidővel leng, mint az L: = 2r átmérőjű karika. |
F f egy ük fel, hogy egy mt tömegű, L, hosszúságú és egy m2 tömegű, L 2 hosszúságú ingát egymáshoz kötünk a 3.61. ábrán látható módon. (Tegyük fel, hogy lengés közben a két tömegpont és a felfüggesztési pont állandóan egy egyenesen van. Ez könnyen biztosítható, ha a fonalakat rudacskákkal helyettesítjük, amelyeket mereven összecsavarunk.) A kettős in-
L ,w
b)3.60.ábra
' / / / / / / / / / / , V / / / / / / / /A
Q) b)3.61.ábra
ga tehetetlenségi nyomatéka a felfüggesztési pontra:
0 = m1L ?+ m 2(L1 + L 2)2,
a súlypont távolsága a felfüggesztési ponttól:
s =m ,Lj -(-m-^Ly + L 2)
m, + m 2
így a lengésidő:
T = 2%
= 2n
mlL i+ m 2(Li + L 2)2i
(mt +m2)gmíLi +m2(Ll + L2)
m, +m2
I m y L j + m ^ L y + L J 2
g\_mlL 1+ m 2(L1 + L 2y\ _ l
A merev testek dinamikájának a vége felé közeledünk. Minden fontos elvet érintettünk. A következőkben még olyan pont- rendszerekkel foglalkozunk, amelyek merev testekből és pontokból ^lló pontrendszerek egyesítései. Néhány érdekes kérdés
265
még ott is felvetődik. Most azonban térjünk rá a merev testek haladó- és forgómozgásának a párhuzamára. Ez annál inkább fontos, mert a párhuzamot kidomborító összefoglaló képletgyűjtemények legtöbbször sok kárt okoznak, sok félreértésre adnak lehetőséget.
Tekintsük át tehát a következő táblázatot. Az egyik oszlopában a haladómozgás, a másik oszlopában a forgómozgás jellemzői találhatók. Az egy sorba tartozó meny- nyiségek bizonyos értelemben megfelelnek egymásnak, elsősorban formai alapon. Feltüntettünk ezen kívül néhány egymáshoz rendelhető képletet, amelyek analóg törvényeket fejeznek ki.
Haladómozgás
idő [í] helyzet [x] sebesség [u] gyorsulás [a] tömeg [m]
impulzus [ / = mi>]
erő [F ]
mozgási energia
munka [Fs]
Forgómozgás
idő [í]szög [a]szögsebesség [a>] szöggyorsulás [/?] tehetetlenségi nyomaték [ 0 ] impulzusmomentum [N = 0o>] forgatónyomaték [Aí]
forgási energia
[ 1 Hforgási munka
[M a]
A kinematikai képletek természetesen megfeleltethetők egymásnak, így például
P .
s = — í-n e k az a = — t .a2
Ugyanígy a dinamikai egyenletek is pár
huzamba állíthatók: az F = ma-nak megfeleltethető az M — &P összefüggés. Fontos azonban felismernünk, hogy a mozgási és a forgási energia párhuzama nem ilyen. A dinamikai törvényből kettő van: F=ma, M = @P, munkatételből azonban csak egy.
A zy mv2 és a z y & w2 energiák összegének
a megváltozása egyenlő a testen végzett erők munkájával, amelyeket (kissé durván fogalmazva) vagy a H^=Fs, vagy a W=Mtx képlettel számolunk. A munkák közül csak egyiket, az Fs-et vagy az M a-t használtuk a munkatételben. És az egyetlen munkatételben a mozgási és a forgási energia összege szerepel. Az azonban nem jutna eszünkbe, hogy a mozgásmennyiséget és a forgásmennyiséget összeadjuk, és az impulzusmérleget az impulzusmomentum-mérleggel összekotyvasszuk.
3.2.4. Az impulzusmomentum megmaradása
Ebben a pontban néhány egyszerű feladatot beszélünk meg, amelyek a forgásmennyiség megmaradását hivatottak illusztrálni.
("Függesszünk fel egy m tömegű, L hosz- szúságú rudat könnyen csapágyazott tengelyre. A rúd aljához vízszintesen m0 tömegű, v0 sebességű, pontszerű test ütközik, az ütközés után rátapad a rúd végére (3.62. ábra). Ekkor a felfüggesztési pontra vonatkozó impulzusmomentum állandó: az ütközés előtt a kis testnek m0v0L perdülete volt, az ütközés után a rúd szögsebességét jelöljük a>-val. így az ütközés utáni impulzusmomentum
1 9— mL co + m0Lf(o,
266
y / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /A- f h= 0
E H - H3.62.ábra
a rúd és a test perdületének az összege. A forgásmennyiség megmaradását kifejező egyenlet:
m0i)oL= ^ ym L 2 + m0L2^cu, (1)
innen a szögsebesség meghatározható. Felvethető ezután a következő kérdés: menynyivel tér ki a rúd a függőleges helyzethez viszonyítva?
Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a rúd felső végénél. Ekkor a kezdeti energia a tömegpont helyzeti energiájának, a rúd helyzeti energiájának, a tömegpont mozgási energiájának és a rúd forgási energiájának az összege:
- m0Lg + ( - » » ! ) + 2 ™ +
• 1+ 2 Í m L " '
Amikor a test és a rúd együtt megáll, a függőlegessel a. szöget zárt be a rúd, a helyzeti energiák összege
^ - '« 0 y c o s o c ^ .— m0gL cos a + j — mg — cos a
A rendszerre ható belső és külső erők munkája egyaránt nulla, ezért a kezdeti és a végső mechanikai energia megegyezik. így
az energiamérleg:
L ’ 1 ,2 2- m0gL - m g — + - m0L2co2 +
1 1 T2 2+ 2 j m L ú , =
-- m0gL cos a — mg — cos a . (2)
A (2) energiamérlegből az a meghatá- rozható. |
("Képzeljük el most, hogy egy R sugarú, m tömegű korong függőleges tengellyel van csapágyazva. A korong súrlódás nélkül elfordulhat. Tegyük fel, hogy a korong kezdetben w, szögsebességgel egyenletesen forog. Eközben a koronghoz képest nyugalomban egy m0 tömegű, kistermetű ember áll a tengelytől távolságra (3.63. ábra). Hogyan változik meg a korong szögsebessége, ha az ember kisétál a korong közepétől r2 távolságra?
Ez a rendszer impulzusra nézve nem zárt: a korong tengelyére a csapágyak vízszintes síkban erőt fejtenek ki. így az impulzusmegmaradás törvénye a feladat megoldásához nem alkalmazható.
A rendszer zárt azonban az energiára, a csapágyerők ugyanis nem végeznek munkát. Az energia megmaradásának a törvényét azonban mégsem lehet használni, hogy az w 2 szögsebességet kiszámítsuk.
3.63.ábra
267
egyszerűen azért, mert ilyen törvényt nem ismerünk. Zárt rendszer összes mechanikai energiája nem feltétlenül állandó.
Gondoljunk ezért a harmadik mennyiségre, az impulzusmomentumra. A rendszer erre a mennyiségre is zárt, hiszen a csapágy által kifejtett erőknek forgatónyo- matéka nincs. Másrészt a forgásmennyiség zárt rendszerben meg is marad: alkalmazható tehát a mérlegegyenlet. A kezdeti perdület egyenlő a későbbi perdülettel:
(0 + morl)(ol = (0 + morl)(o2. (3)
Itt 0 = m R 2/2, a korong tehetetlenségi nyomatéka. A (3) mérlegegyenletből az co2 szögsebesség meghatározható. Vizsgáljuk meg most az energiamérleget. A későbbi állapothoz tartozó forgási energiák összegéből levonjuk a kezdeti állapotot jellemző forgási energiák összegét, a különbség a rendszeren belül végzett munkák összege:
^ 0 (o j+ ^ m0r j (o l j -
- Q - 0 co\ + j m0rfa)f J = W Msö. (4)
Csoportosítsuk a bal oldali tagokat:
^ j 0 c o l - j 0 ü ) j ^ J +
+ ^ J m0r2a>2 - j " V 'W j = W ^ . (5)
Ebben az egyenlőségben a bal oldalon az első tag a korong forgási energiájának a megváltozása, tehát azzal a munkával egyenlő, amit az ember végez a korongon. A másik tag, az ember mozgási ( = forgási) energiájának a megváltozása, egyenlő azzal a munkával, amelyet a korong végez az emberen.
Lehet, hogy az Olvasó berzenkedik az energiamegmaradás ilyen felfogása ellen. Az energia megmaradását nem így kell érteni, szokták az ellenvetést hangoztatni. Az energiába beleértjük például a biológiai energiát is. Nyilvánvaló, hogy az embernek, mint biológiai lénynek a ténykedésétől függ az, hogy a korong és ember rendszer felgyorsul vagy lelassul. Az ember biológiai energiája fedezi ezeknek a folyamatoknak az energiaigényét.
Teljesen téves okoskodás! Az (5) bal oldalának az első tagja egyenlő az ember által végzett munkával, a másik tagja a korong által végzett munkával. Itt tehát a korong is végzett munkát, pedig nem is kellett etetni: a korongnak nincs biológiai energiája.'** |
l~Az előzőhöz hasonló problémát hozunk most szóba. Tegyük fel, hogy egy m = 100 kg tömegű, R = 2,5 m sugarú, függőleges tengelyű korongot súrlódásmentesen csapágyazunk. A korong kezdetben nyugalomban van. A korong peremére fellép egy mo = 60 kg tömegű ember, és körbemegy a korongon. Tegyük fel, hogy az ember T= 5 másodperc alatt ér vissza a talajhoz viszonyítva arra a helyre, ahonnan indult (3.64. ábra). A rendszer perdü- lete állandó, a kezdeti forgásmennyiség nulla, mozgás közben pedig
O = 0 a )k + raoJ?2(se, (6)
ahol <uk a korong szögsebessége,
2nWe= Y = 1 >256 VS-
A termodinamikai szempontjából nézve a helyzet némileg más. Visszatérünk még ezekre a kérdésekre, amikor a hőtan gondolatvilágával megismerkedünk.
268
A (6) egyenlőség alapján
2 m0R 2cuk =
m R2aje= ~ 1,2 -1,256 = - 1 ,5 -
s
A korong az ember haladási irányával ellentétes irányba forog, ezt fejezi ki a negatív előjel.
Tegyük most fel, hogy az ember T= 5 s alatt ér vissza a korongnak arra a helyére, ahonnan elindult. Ekkor a koronghoz viszonyított mozgásának a relatív szögsebessége
2^wrei= y = 1 ’256 J/s.
Másrészt
-f- COfei OJe.
A (6) egyenlőségbe helyettesítve:
0 = 0 wk + m0R 2(wk + <urel),
így
- m0R2
Ezzel a feladattal kapcsolatban is elmondhatjuk, hogy a rendszer összes mechanikai energiája nem állandó, hiszen kezdeti nulla értékről
1— 0 w l+ j m 0R 2w 2
-re nő. Ebben a kifejezésben az első tag, a korong forgási energiájának a növekedése, egyenlő azzal a munkával, amelyet az ember végez a-korongon. A második tag, az ember energiájának megváltozása, azzal a munkával egyenlő, amelyet a korong végez
3 64 az emberen.ábra Az energia megmaradását most nem
menthetnénk meg azzal, hogy a — különben nehezen értelmezhető — biológiai
j energiát hozzávesszük a mechanikai ener-giához. |
Fordítsunk még egy kevés fáradságot a belső munkák szerepére. Közismert kérdés, hogy az álló helyből induló személyautót mi is indítja el. Nyilvánvaló, hogy az autóra a nehézségi és az ezt kompenzáló nyomóerőtől eltekintve a meghajtott kerekekre ható tapadó súrlódási erő hat (3.65. ábra). Ez az erő gyorsítja az autót, hiszen a belső erők a tömegközéppont mozgását nem befolyásolják. Bármilyen erős az autó motorja, a járm ű nem indul el, ha nincs meg a külső erő lehetősége. Hiába adunk a sima jégen gázt, az
(7) autó helyben marad. Ugyanakkor — és ez igen érdekes körülmény — az autó kerekére ható tapadó súrlódási erő munkája
ÍUt = =1— m R + m 0R
= -0 ,5 4 - 1 ,256 = -0 ,6 8 l/s.3.65.ábra
269
nulla. A felgyorsuló autó összes mozgásiforgási energiájának a megváltozását nem a külső erők, hanem a belső erők munkája okozza! A belső erők ugyanis megváltoztathatják a rendszer összes mechanikai energiáját. A m otor által végzett munka az autó mechanikai energiáját növeli. Figyelemre méltó, hogy nemcsak a tömegközépponthoz viszonyított belső mozgásért, hanem a tömegközéppontba koncentrálva képzelt tömeg mozgási energiájáért is a m otor a felelős. Összefoglalva: az autó impulzusának a növekedése a tapadó súrlódási erővel magyarázható, a belső erők nem befolyásolják az összes impulzust. Ezzel szemben a mechanikai energia növekedéséért a belső erők a felelősek, a külső erő munkája nulla. Fékezéskor hasonló a helyzet: az impulzus a talaj és a kerék érintkezésénél fogy el, a mechanikai energia pedig belül, a fékeknél. (Persze mindaddig, amíg a kerekek nem csúsznak.)
Hasonló a helyzet egy kötélen mászó gyerek esetén. Tegyük fel, hogy a gyerek nem csúszik meg a kötélen. Ekkor a keze és a kötél között tapadó súrlódási erő lép fel. A gyereket a kötél által kifejtett tapadó súrlódási erő emeli fel. Az összes energiája azonban a belső erők munkavégzése következtében nő!
A merev testek mozgását bemutatva vázlatosan beszéljünk a pörgettyűről. Első látásra a pörgettyűk meglehetősen furcsán mozognak. Képzeljük el, hogy egy korong hosszú tengelyét vízszintesen felfüggesztjük, és a két végén finoman csapágyazzuk. Ezután valamilyen módszerrel felpörgetjük a korongot úgy, ahogyan a 3.66. ábrán látszik: a szögsebességvektora balra mutat. Ezután elvágjuk a bal oldali csapágyat felfüggesztő fonalat. Azt várnánk, hogy a szerkezet lebillen a jobb oldali felfüggesztés körül. Nem ez történik. A tengely —
N
’ ^'C Ma> L\ mg N1
N 1j?N
M -
meglepetésünkre — a megmaradt jobb oldali fonál körül vízszintes síkban körbefordul. Valóban meglepő jelenség, élnek is ezzel a cirkuszi mutatványosok is.
A jelenség magyarázata a következő. Tekintsük azt a t= 0 időpontot, amikor a bal oldali fonalat elvágjuk. Ekkor a jobb oldali végpont — mint rögzített pont — körül a rendszerre egyetlen forgatónyomaték hat; a korong tömegközéppontjában ható nehézségi erő forgatőnyomatéka. A jobbkézszabály szerint ez merőleges az erőnek és karjának a síkjára, a rajz síkjából kifelé mutat, az Olvasó felé. Másrészt a forgó korong perdülete ekkor a szögsebességgel párhuzamos, a rajz síkjában balra mutat, hiszen N = 0co. A perdületté- tel szerint a forgásmennyiség időegységre eső megváltozása a forgatónyomatékkal egyenlő, a forgásmennyiség a forgatónyomaték irányába változik.
AN párhuzamos M-mel. így — felülné- zetben nézve az elforduló korongot — azt látjuk, hogy a perdületvektor elfordul. A korong — mint pörgettyű — forgása az erőnek és karjának a síkjára merőlegesen változik, ezért a pörgettyű a felfüggesztő fonál körül körbeforog.
A pörgettyű másik fajtája a búgócsiga nevezetű gyerekjátékhoz hasonlít. A korong tengelyét a talajra támasztjuk, és a
270
korongot megpörgetjük. Először is azt látjuk, hogy nem dől el, míg a nyugvó korong tengelye biztosan nem m aradna ilyen helyzetben. Majd a korong tengelye körbefordul, mintegy kúppalástot leírva. A jelenség magyarázata vázlatosan a következő. A pörgettyűre ható nehézségi erő forgató- nyomatéka most az ábra síkjára merőlegesen befelé m utat, ezért a rendszer per- dületvektora a forgatónyomaték-vektorral egy irányba változik: AN = MAt. A pörgés iránya a 3.67. ábra síkjára merőlegesen változik meg, ezért fordul el a pörgettyű tengelye, ezért mozog a tengely egy kúp palástja mentén.
Azt, hogy a forgatónyomaték merőleges az erővektorra, igen könnyen demonstrálhatjuk, szinte a kezünkkel érezzük. Feltétlenül javasoljuk az Olvasónak, hogy valamilyen nagy fordulatszámú kis háztartási gépet, például egy kávéőrlőt vegyen kézbe, és indítsa be. H a a berendezést működése közben finoman elmozdítjuk, pontosabban a tengelyét elfordítjuk, akkor nyilvánvalóan érezzük a kifejtett erő síkjára merőleges forgatónyomatékot. Érezhetővé válik az is, hogy a pörgettyű — a háztartási gép — a forgatás irányára merőleges irányba próbál elfordulni.
3.67.ábra
3.2.5. A merev testek statikája
Ebben a pontban először a tömegpontok egyensúlyának a feltételét vizsgáljuk meg, ezután a kapott eredményeket és a módszereket általánosítjuk a merev testek mozgására, végül néhány szempontot adunk általában a pontrendszerek egyensúlyának a vizsgálatához.
Egy tömegpont akkor van egyensúlyban, ha a gyorsulása nulla. Azonban ez nem azt jelenti, hogy a sebesség is nulla, igen gyakori eset, hogy az egyensúlyi helyzetben a tömegpont mozog. Gondoljunk a harmonikus rezgőmozgást végző tömegpontra: az egyensúlyi helyzeten áthaladva a legnagyobb a sebessége. Az egyensúlyi helyzetből azonban nem indul el a kezdetben nyugalomban levő test.
Az egyensúly feltétele világos: a test gyorsulása pontosan akkor nulla, ha a testre ható erők eredője nulla. Ez a tömegpont egyensúlyának szükséges és elégséges feltétele.
A feladatok egy részében ismert a test egyensúlyi helyzete, és az egyensúlyt biztosító kényszererőket kell meghatározni. A problémák másik csoportjában az egyensúlyi helyzet megkeresését tűzzük ki célul.
rÁz első feladatban ismert a test egyensúlyi helyzete. Tegyük fel, hogy a mennyezethez L j és L 2 hosszúságú fonalat erősítünk, a fonalak szabad végét összeerösít- jük. Itt a két fonál merőleges lesz egymásra. A fonalak összeerősítéséhez m tömegű kis golyót függesztünk fel (3.68. ábra).
A testre három erő hat: a nehézségi erő és a két kötélerö, K t és K 2. A fonalak mennyezettel bezárt szögét jelöljük a-val és /?-val. Nyilvánvaló, hogy a két szög összege 90°, és tg a = L 2/L 1. A függőleges egyenes a derékszöget is az a és a /? szögekre bontja. A testre ható erők egyensúlya azt jelenti,
271
3.68.ábra
hogy a testre ható erők vízszintes és függőleges összetevőinek összege egyaránt nulla. Vízszintes irányban jobbra a K 2 erő sin a- szorosa, balra a K l cos a-szorosa hat:
K 2 sin a — K t cos a = 0.
A függőleges erőkomponensek eredője is nulla:
K 2 cos a + K j sin u — mg = 0.
Ez két egyenletet jelent, amelyből a két ismeretlen, például a két kényszererő meg- határozható. |
fÜgy L hosszúságú fonál egyik végét a mennyezethez, a másik végét egy falhoz erősítjük, a falhoz rögzítés pontja a meny- nyezet alatt van h mélységben, a felfüggesztési pontok távolsága vízszintesen mérve d. A fonalon könnyű csiga gördülhet súrlódás nélkül. A csigára m tömegű testet függesztünk (3.69. ábra). Hol van a test egyensúlyi helyzete, és mekkora erő feszíti a kötelet?
A feladatban egy kötél szerepel, könnyű csigával, ezért a kötélerő a csiga két oldalán azonos. Egyensúlyi helyzetben a testre ható erők vízszintes és függőleges összetevőinek eredője nulla:
K cos a - K cos 0 = 0 ,
K sin a + K sin /? — mg = 0.
Az első egyenletből következik, hogy a = [i. A csiga egyensúlyi helyzetét ezzel a feltétellel jellemezzük. Az ábráról világos, hogy
cos <x= —.Li
A második dinamikai egyenletből ezután a kényszererő meghatározható.
Az egyensúlyi helyzet faltól, illetve meny- nyezettől mért távolságát az ábrán látható hasonló háromszögekből meghatározhatjuk:
x = /t cos a,
h = ly sin a —12 sin a,
y = L s ín a — Z2 sin a,
L= ly-i-l2.
Az egyenletrendszerből x és y kiszámítható.
Figyelemre méltó ebben a feladatban, hogy a test a lehető legmélyebben van, az
szélső értéket vesz fel az egyensúlyi helyzetben, ekkor ugyanis
3.69.ábra
h + J t í - d 1y= ^ 2— _J
A test legmélyebb helyzetében a legkisebb a helyzeti energia is. Tekintve, hogy most a helyzeti és a mozgási energia összege állandó, az egyensúlyi helyzetben a mozgási energia maximális, az egyensúlyi helyzeten a csiga a legnagyobb sebességgel ha-
272
lad át. Ez azt jelenti, hogy itt a gyorsulás nulla, hiszen a sebességfüggvény maximális, a grafikonjához húzott érintő vízszintes.
A tömegpontok egyensúlyi helyzetét általában is a következőképpen jellemezhetjük.
Tegyük fel, hogy valamely helyzetben egy tömegpont egyensúljban van. Az értelmezés szerint itt a gyorsulás nulla. Ez a következőket jelentheti (3.70. ábra):
1. Lehetséges, hogy a sebesség nagyságának (ezzel a mozgási energii nak) maximuma van.
2. Az is lehetséges, hogy a sebességnek minimuma van, ezzel együtt a mozgási energia is a lehető legkisebb értéket veszi fel.
3. Elgondolható az is, hogy a sebességnek sem maximuma, sem minimuma nincs, a sebesség grafikonjának vízszintes, érintővel inflexiója van, ugyanígy a mozgási energiának is.
4. Könnyen elképzelhető, hogy a feltttel úgy valósul meg, hogy a sebesség állandó, esetleg nulla. Állandó ekkor a mozgási energia is.
Folytassuk a gondolatmenetet. Tegyük fel most pótlólag, hogy a tömegpontra csak
a í v . KEr, Eh
v a y— — -t
© A / 3.70.ábra
konzervatív erő hat, vagyis a tömegpont mechanikai energiája állandó. Ekkor az előző gondolatokat folytatva:
1. Ha a mozgási energiának maximuma van, akkora helyzeti energiának minimuma kell, hogy legyen.
2. Ha a mozgási energiának minimuma van, akkor a helyzeti energia maximális.
3. H a a mozgási energiának inflexiója van, akkor a helyzeti energiának is.
4. H a a sebesség állandó, akkor állandó a helyzeti energiája is.
Ha tehát a test helyzeti és mozgási energiájának az összege állandó, akkor az egyensúlyi helyzeteket jellemezhetjük a stabilitás szempontjából is. Az 1. esetben a tömegpontnak stabilis egyensúlyi helyzete van, ebből a helyzetből egy rjcsít kiterítve a tömegpontot, az egyensúlyi helyzet közelében marad. A 2. és 3. esetben az egyensúlyi helyzet labilis. Az egyensúlyi helyzetből kimozdítható a test, hogy ezután m ár nem tér vissza ebbe a helyzetbe, hanem eltávolodik tőle. A 4. esetet közömbös egyensúlyi helyzetnek nevezzük, mert az egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva a testet, a test újabb egyensúlyba kerül.
Ez a jellemzési mód csak abban az esetben alkalmazható, ha a testre nem hat pl. a súrlódási erő. Ha 30° hajlásszögű lejtőre helyezünk egy pontszerű testet, és a súrlódási együttható 0,6, akkor a test a lejtő bármelyik pontjában nyugalomban van. Ezek a helyzetek azonban nem minősíthetők sem stabilis, sem labilis, sem közömbös egyensúlyi helyzetnek.
Vizsgáljuk meg most a merev testek egyensúlyi helyzetét. Egy merev test akkor van egyensúlyban, ha a gyorsulása és a szöggyorsulása egyaránt nulla. Természetesen ekkor még előfordulhat, hogy a tömegközéppont egyenletesen mozog, vagy
273
a test egyenletesen forog a középpontja körül.
A merev test egyensúlyának szükséges és elégséges feltétele az, hogy a testre ható erők és a forgatónyomatékok eredője nulla legyen:
a = 0 ^ £ F = 0,
P = 0 o £ M = 0. (1)
Egyetlen megjegyzést fűzünk az (1) feltételhez. A ^ M = 0 feltétel egyensúly esetén bármely pontra teljesül: a nyugalomban lévő merev test forgatónyomatéka akármelyik pontra nulla, hiszen bárhogyan választunk meg egy pontot, a merev test úgy tekinthető, mint e rögzített pont körül (nulla szóggyorsulással) forgó test. így a 3.2.1. pont (12) impulzusmomentum- -mérlege a ^ M = 0 feltételt jelenti.
F f együk fel, hogy a falhoz támasztunk egy létrát. A létra tömegét jelöljük m-mel, a hosszát L-lel, a létra talajjal bezárt szögét a-val (3.71. ábra). Tegyük fel, hogy a talajon a súrlódási együttható //, a falnál 0. A létrára az mg nehézségi erő mellett a talajnál és a falnál egy-egy nyomuerő és a talajon súrlódási erő hat. Jelöljük ezeket Ti-gyel, T2-vel és S-sel. Tapadás esetén a létra nyugalomban van, ez azt jelenti egyrészt, hogy a = 0 és P=0, másrészt teljesül
nie kell az S<fiTt feltételnek. A létrára ható erők vízszintes irányú összetevőinek az eredője nulla:
T2- S = 0, (2)
függőleges irányban:
m g - T ^ O . (3)
írjuk fel a forgatónyomatékot a létra és a fal találkozási pontjára! E pont körül a nehézségi erő és az S súrlódási erő egy irányba, az óram utató járásával megegyező irányba forgat, az ellentétes irányba a T, nyomóerő forgat:
mg y cos a + SL sin a = T tL cos a, (4)
ahol — még egyszer —
S < n T t . (5)
A (2), (3), (4) egyenletrendszerből meghatározhatók az egyensúlyt biztosító kényszererők, az (5) feltételből pedig meghatározható a tapadást biztosító súrlódási együttható. |
A feladatokban legtöbbször a merev test síkbeli egyensúlyát vizsgáljuk. Ekkor a testre ható erők egyensúlya két egyenletet jelent, egy további harmadikat a forgatónyomaték egyensúlya. Szükség van ezeken kívül még egyenletekre, amik vagy az erőkre vonatkozó korlátozások vagy geometriai jellegű egyenletek. így volt ez az előző feladatnál is.
r f együk fel most, hogy a 3.72. ábrán látható módon sima falhoz és sima talajhoz döntünk egy m tömegű, L hosszúságú létrát úgy, hogy a fallal a szöget zár be. A létra elcsúszna, ezt azonban megakadályozza egy, a fal és a talaj találkozásához rögzített kötél, amely a talajjal p szöget zár be.
Vizsgáljuk meg az egyensúlyt biztosító kényszererőket. A létrára vízszintes irány-
274
3.72.ábra
ban jobbra a fal nyomóereje (T2), balra pedig a kötélerő cos fi-szorosa hat:
T2 — K c o s / ? = 0 . (6)
Függőleges irányban a nehézségi erő mellett lefelé mutat K sin fi, ezeket ellensúlyozza a talaj Tx nyomóereje:
mg + K sin f i — T, = 0 . (7)
A forgatónyomaték-egyensúlyt írjuk fel a talaj és a fal érintkezési pontjára, ekkor ugyanis a K erő forgatőnyomatéka nulla:
L .mg — sm a+ T2L cos a — T^L sin a = 0. (8)
A Tj, T2, K három ismeretlen meghatározható a (6), (7), (8) egyenletekből: a (6) egyenletből a T2-t, a (7)-ből a 7j-et helyettesítsük a (8) egyenletbe, akkor egyetlen ismeretlent tartalmazó egyenletet kapunk, a K-t visszahelyettesítve a (6)-ba T2 adódik, ezt a K-t a (7)-be helyettesítve megkapjuk Tj-et. Valójában igen egyszerű feladat.
Várhatóan sokkal nehezebb dolgunk lenne, ha a talajnál és a falnál súrlódás is fellépne. Gondoljuk meg, hogy ez a következőt jelentené: egyrészt a (6) egyenlet bal oldalához hozzá kellene adni — Si-et, a
talajnál fellépő súrlódási erőt, a (7) egyenlet bal oldalához pedig — S2-t, a falnál fellépő súrlódási erőt. Ezek az erők a fal, illetve a talaj mentén hatnak, ezért ha a forgatónyomatékot ugyanarra a pontra számítjuk, mint az előbb, ezeknek az erőknek a forgatőnyomatéka nulla, így a (8) egyenletet nem kell módosítani. Gondoljuk végig, az ismeretlen erők: S , , S 2, Tx, T2, K, az egyenletek száma pedig nem változott. (Az S 1< /iT 1, S 2 < n T 2 feltételek fennállnak, de ezek egyenlőtlenségek, a kisebb jelet nem szabad elhagyni, különben is ezeknek az összefüggéseknek a funkciója a súrlódási együtthatókra vonatkozó kikötések ellenőrzése lehet.)
Arról van tehát szó, hogy a feladat eredeti megfogalmazásából a súrlódást kihagyni nem barátságos gesztust jelent az Olvasóval szemben, hanem a feladat megoldhatóságát biztosítjuk ezzel. H a az öt ismeretlen erő hat, akkor ez sok ahhoz, hogy a feladat megoldható legyen. Általában is igaz, ha valamely feladatban „túl sok” kényszererö lép fel, akkor a feladat megoldhatatlanná válik, a kényszereröket nem tudjuk meghatározni. Az ilyen feladatokat statikailag határozatlan feladatoknak nevezzük. |
ÍG ondoljuk most el, hogy egy m tömegű, L hosszúságú rúd egyik végét egy / hosszúságú fonallal a falhoz kötjük, a másik végét a falhoz támasztjuk. A fal és a rúd közötti súrlódás együtthatója legyen fi. A rúd fallal bezárt szögét jelöljük /?-val, a fonál és a fal szögét a-val (3.73. ábra). Ekkor a szinusztétel alapján:
L sin a l sin fi (9)
A fonál és a rúd szöge f i — ct, és ha a rúd támaszkodási pontja a kötél rögzítési pontjainak a távolságát k - \ al jelöljük, akkor a
275
koszinusztétel alapján:
k2 = l3 + l2 — 2LI cos (/? — a). (10)
Térjünk rá az erőegyensúly és a forgató- nyomaték-egyensúly felírására. A vízszintes erőkomponensek egyensúlya:
T— K s in a = 0, (11)
a függőleges erőkomponensek összege is nulla:
K cosa + S —m g—0. (12)
A forgatónyomatékot vonatkoztassuk például a fonál rögzítési pontjára. Ennek a választásnak az az előnye, hogy az S és a K forgatonyomatéka nulla, az mg súlyerő és a fal által kifejtett T nyomóerő forgató- nyomatéka kiejtik egymást:
m g -s in a — T k = 0 . (13)
Ha a forgatónyomatékot a rúd és a fal érintkezési pontjához viszonyítanánk, akkor az mg erő forgatónyomatékát a K erő forgatonyomatéka kompenzálná. Tehát
mg s in a = K L sin (fí— a). (14)
Ez az egyenlet kicserélhető az előzővel. Az eredményül kapott súrlódási erő negatív is lehet: elképzelhető az egyensúly úgy is, hogy a súrlódási erő fölfelé hat, a rúd lefelé csúszását akadályozza meg. Az is lehet, hogy a súrlódási erő lefelé mutat, mert a rúd fallal érintkező része fölfelé csúszna. Ezért a súrlódási erő nagysága pT-nél nagyobb nem lehet:
— H T < S< hT ^ (15)
A merev testek egyensúlyára vonatkozó feladatokban gyakran csuklóval rögzítik a testet. A rúd vége elfordulhat egy rögzített csapágyban. A 3.74. ábrán látható, hogy a csukló az ábra síkjában tetszőleges nagyságú és irányú kényszererőt át tud adni a rúdnak. (Gömbcsukló a térben is tetszőleges irányú erő átadására képes, csak a csukló anyagának szilárdsága szab ennek határt.)
A csuklóerőnek nem ismeijük sem a nagyságát, sem az irányát, ezért a csukló
276
által kifejtett erőt két komponensével helyettesítjük.
lA 3.75. ábrán látható csuklóra egy L hosszúságú, m tömegű rudat függesztünk. A rudat a függőlegeshez viszonyítva kitérítjük, és ott egy támaszra fektetjük. A támasz és a csukló távolsága legyen s. Ekkor a rúdra a nehézségi erő és a támasz által kifejtett T erő mellett a csuklóerö hat, a csuklóerőt jelöljük Q -\al, vízszintes komponensét Öx-szel, a függőleges komponensét Qy-nal. Ekkor a vízszintes erökompo- nensek egyensúlya:
ö x- T c o s a = 0, (16)
a függőleges erőkomponensek eredője is nulla:
Qy+ Tsm a — mg=0, (17)
és a forgatónyomatékokat a csuklóra számoljuk, a jobbra és a balra forgató erők forgatónyomatékainak összege nulla:
Ts—mg sin a — = 0. (18)
A (16), (17), (18) egyenletrendszer alkalmas a kényszererők meghatározására. |
Tegyük fel most, hogy egy merev testre ható erők vagy konzervatívak, vagy a munkájuk nulla. Ekkor a merev test egyensúlyi helyzete jellemezhető a stabilitás szempontjából. Ugyanolyan gondolat
menet alapján, mint amit a tömegpontok statikájával kapcsolatban gondoltunk végig, a merev test egyensúlyi helyzetét akkor mondjuk stabilisnak, ha helyzeti energiájának (lokális) minimuma van: a helyzetből egy bizonyos mértéknél nem jobban kimozdítva a merev test az eredeti helyzet közelében marad.'*’ Hasonlóan: labilis egyensúlyban van a merev test, ha helyzeti energiájának (lokális) maximuma van: az egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva, az egyensúlyi helyzetet elhagyja.
A merev testek és általában a pontrendszerek helyzeti energiája a tömegközéppontba egyesíthető. Ezért az egyensúlyi helyzet stabilitása a tömegközépponttal is jellemezhető: a stabilis egyensúlyi helyzetet arról ismerjük meg, hogy a merev test (és általában a pontrendszer) tömegközéppontja (a környező helyzetekhez képest) a legmélyebb helyzetben van. A labilis egyensúlyi helyzetben a tömegközéppont a legmagasabb helyzetben van.
ÍTgy például az ábrán látható háromszöglemez súlypontja (tömegközéppontja) a legmélyebb helyzetbe kerül, ha a fonalat elvágjuk. Ez a helyzet stabilis egyensúlyi helyzetű lesz. A háromszöglemez átlendül az egyensúlyi helyzeten, a sebessége itt maximális lesz, ezzel együtt a mozgási és a forgási energiája is. Ezért lesz a helyzeti energia minimális.
A háromszöglemez tömegközéppontja a legmélyebben a stabilis egyensúlyi helyzetben van. Ez most azt jelenti, hogy a tömeg- középpont a felfüggesztési pont alá ke-
**' Stabilis egyensúlyi helyzetből kissé kimozdítva egy testet, az gyakran kis amplitúdójú rezgéseket végez az egyensúlyi helyzet körül, de elképzelhető olyan eset is, hogy a test a stabilis egyensúlyi helyzete körül, annak a környezetében, „bolyong” anélkül, hogy egyszer is visszatérne az egyensúlyi helyzetbe.
277
rül. A stabilis egyensúlyi helyzetet sokszor pontosan abból határozhatjuk meg, hogy a tömegközéppont a felfüggesztési pont alatt van (3.76. ábra).
(Megjegyezzük, hogy igen gyakran a fizika módszeres felépítésében a tömegközéppont fogalmát pontosan a most említett tulajdonságból eredeztetik: tömegközéppontnak nevezik azt a pontot, amely a test felfüggesztésekor a súlyvonalakat kijelölő függőleges fonál metszéspontjánál fekszik. Mi más felépítést követünk: a fenti tulajdonságot legutoljára említettük.)
Az ábráról nyilvánvaló, hogy a csuklónál lévő pontból induló súlyvonal a háromszög átfogójával a — fi szöget zár be, ahol tg a =4/3, tg f i= 2/3, így a = 53,2°, f i= = 33,7°, a háromszög leghosszabb oldala a függőlegessel 19,5° szöget zár be az egyensúlyi helyzetben. |
IX. Feladatcsoport: merev testek mozgása
IX/1. Egy 20 cm sugarú, 5 kg tömegű hengert súrlódásmentes tengellyel a meny- nyezethez rögzítünk, és a hengerre vékony
fonalat tekerünk. A fonál végén 1 kg tömegű test függ, kezdetben nyugalomban (3.77. ábra). A testet elengedjük. Mennyi idő múlva lesz a test sebessége 1 m/s? Mekkora ebben a pillanatban a korong szög- sebessége? Határozzuk meg, hogy mekkora ekkor a henger saját perdülete és forgási energiája? Mennyi munkát végzett a hengerre ható kötélerő és a testre ható kötélerő?
IX/2. Egy korong tömege 10 kg, sugara 15 cm. A korongra 10 cm sugarú, könnyű tárcsát ragasztunk. A korongot tengelyénél felfüggesztjük. A korong mindkét részére egy fonalat tekerünk a 3.78. ábra szerint. A 10 cm sugarú tárcsáról lelógó fonalon 5 kg tömegű, a 15 cm sugarú korongról lelógó fonalon 10 kg tömegű test függ. A két test kezdetben egyenlő magasan van. Mennyi idő múlva lesz a két test távolsága 30 cm? Hogyan mozognak ekkor a testek? M ekkora erő feszíti a
278
mennyezetnél a tengelyt felfüggesztő kötelet?
IX/3. A 3.79. ábrán látható korong tömege 10 kg, a kisebbik sugár 10 cm, a nagyobbik 15 cm. A korong két részén azonos oldalon egy-egy fonál függ. A belsőn0,4 kg, a külsőn 0,3 kg tömegű testek függenek. Határozzuk meg a két test gyorsulását és a köteleket feszítő erőket!
IX/4. A 3.80. ábrán látható korong tömege 1 kg, sugara 10 cm. Határozzuk meg a fonalon legördülő korong gyorsulását és szöggyorsulását. A t = 0,2 s időpontban mekkora a jojó sajátperdülete és pálya- perdülete a fonál legfelső pontjához viszonyítva? M ekkora munkát végzett a korongon a kötélerő?
IX/5. Egy könnyű csigát felfüggesztünk a mennyezetre. A csigán átvetett fonál két végén, azonos magasságban, az egyik oldalon egy 10 cm sugarú jojó, a másik oldalon egy pontszerű test van (3.81. ábra). Mindkét test 1 kg tömegű. Mennyi idő alatt tesz meg a jojó 1 m-t? (Merre mozdul el?) Hol van ekkor a másik test? M ekkora a két test sebessége?
IX/6. Egy kettős korong tömege 1,5 kg, a nagyobbik sugár 12 cm, a kisebbik 10 cm. A korong a nagyobb sugarú részére tekert fonalon jojó módjára legördülhet (3.82. ábra). A másik részre csavart fonálra egy testet függesztünk. A korong középpontja és a test kezdetben 80 cm-re van egymástól. A két test 1 s múlva 50 cm-re van egymástól. Mekkora a fonalon függő test tömege? Hogyan változik eközben a két test helyzeti, mozgási és forgási energiája?
IX/7. Mennyezetre függesztett könnyű csigán fonalat vetünk át. A fonál egyik részén 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korong, a másik oldalon 1,2 kg tömegű, 0,8 cm sugarú, töm ör korong gördül
3.79 .ábra
3.80.ábra
3.81ábra
3.82.ábra
279
le. M indkettő nyugalomból indul (3.83. ábra). Mennyi utat tesz meg az 1 kg tömegű korong az idő alatt, amíg a másik korong 40 cm-t tesz meg? Hogyan változik a két test helyzeti, mozgási és forgási energiája?
IX/8. Egy 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korongot vízszintes talajon a tengelyen ható vízszintes irányú, 12 N nagyságú erővel húzunk. A korong tapad a talajon (3.84. ábra). M ekkora a korongra ható súrlódási erő? M ekkora a korong középpontjának a gyorsulása és szöggyorsulása? M ekkora súrlódási együttható esetén valósul meg a tapadás?
IX/9. Egy 1 kg tömegű, 10 cm sugarú, tömör korongot vízszintes talajon a tengelyére ható, vízszintes irányú 12 N erővel húzunk (3 85. ábra). A súrlódási együtt-
3.85.ábra
ható a talaj és a korong között 0,2. Mekkora a korongra ható súrlódási erő? Mekkora a korong szöggyorsulása és tengelyének a gyorsulása? Mennyivel változik meg a korong forgási és mozgási energiája, miközben a korong tengelye 1 métert megtesz?
IX/10. Egy 40 cm sugarú, 5 kg tömegű korongra 30 cm sugarú könnyű tárcsát ragasztunk. A 3.86. ábra szerint a korongra 30 N erőt fejtünk ki. A súrlódási együttható 0,15. M ekkora a korong gyorsulása és szoggyorsulasa?
IX/11. Kettős henger sugarai: R = 40 cm r = 10 cm, a henger tömege 5 kg. Az r sugarú tárcsára csévélt fonalat 25 N erővel hu7zuk A súrlódási együttható 0,15 (3.87. ábra). M ekkora a korong gyorsulása és szöggyorsulása? M ekkora a súrlódási erő?
IX /12. Egy R = 40 cm sugarú, 5 kg tömegű tárcsái a r = 20 cm sugarú könnyű tárcsát ragasztunk. A tárcsára feltekert fonalat vízszintes irányú F= 25 N erővel húzzuk, a középpont felett. A súrlódási együttható 0,1. M ekkora a súrlódási erő? Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását! Mennyi idő alatt tesz meg a Korong középpontja 1 méter utat? Menynyi ebben a pillanatban a korong saját-
280
3.88. ábra
perdülete és pályaperdülete a tatejhoz rögzített koordináta-rendszerben?
IX/I3. Egy R = 40 cm sugarú, 5 kg tömegű tárcsára r = 30 cm sugarú, könnyű tárcsát erősítünk. A tárcsára feltekert fonalat F= 20 N erővel húzzuk (3.88. ábra). A súrlódási együttható 0,3. Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását! M ekkora a súrlódási erő9
IX/14. Egy 5 kg tömegű, 40 cm sugarú hengerre 20 cm sugarú, könnyű tárcsát erősítünk. A tárcsára tekert fonalat a középpont alatt húzzuk 25 N erővel. A súrlódási együttható 0,25. Határozzuk meg a súrlódási erőt, a szöggyorsulást és a gyorsulást!
IX/15. Egy 15 cm sugarú korong tömege 2 kg. A korongot súrlódásmentes talajon a tengelyére ható, vízszintes 20 N erővel húzzuk. Határozzuk meg a korong gyorsulását és szöggyorsulását!
IX/16. Egy 2 kg tömegű, 15 cm sugarú, töm ör korongot súrlódásmentes talajon a kerületére tekert fonálra kifejtett erővel, vízszintes irányban, 4 N erővel húzunk. M ekkora a korong gyorsulása és szöggyorsulása?
IX/I7. A 3.89. ábrán látható 2 kg tömegű, 20 cm sugaru korongot asztalra
helyezzük. A tengelyéhez fonalat erősítünk. A fonál végére 0.5 kg testet függesztünk. A testet elengedve a korong tapadva, csúszás nélkül gördül Mekkora súrlódási együttható esetén valósul meg ez? Mekkora a két test gyorsulása és a korong szöggyorsulása? Mennyi idő alatt tesz meg a korong 40 cm-t? Ez idő alatt hogyan változik a korong és a test energiája?
IX/18. Egy 2 kg tömegű, 20 cm sugarú korongot az asztalra helyezünk. A kerületére tekert fonál végére egy 0,5 kg tömegű testet függesztünk. A testet elengedve a korong csúszás nélkül gördül. Mekkora súrlódási együttható esetén valósul ez meg? M ekkora a két test gyorsulása és a korong szöggyorsulása? Mennyivel változik a korong mozgási és forgási energiája az idő alatt, amíg a fonál végén a test 1 m utat megtesz?
IX/19. A 3 n0 ábrán látható korong tömege 4 kg, sugara 40 cm, a ráékelt, könnyű tárcsa sugara 20 cm. A korongot a 20 cm sugarú tárcsára tekert fonállal jobbra húzzuk 10 N erővel, a vízszintessel 60°-ot bezáró irányban. A korong tapad Mekkora súrlódási együttható esetén valósul ez meg? Határozzuk meg a súrlódás' ;röt, a korong gyorsulását és szöggyorsulását!
IX/20. Egy 4 kg tömegű korong sugara 40 cm, a ráerősített, könnyű tárcsa sugara 20 cm. A korongot a tárcsára csévélt fonállal a középpont alatt jobbra, fölfelé húzzuk 10 N erővel, a vízs" ntessel 45°-os szöget bezáró irányban. A korong tapad. M ekkora a súrlódási erő? Határoz-
281
zuk meg a korong szöggyorsulását és gyorsulását! Milyen kikötést kell tenni a súrlódási együtthatóra?
IX/21. Egy 4 kg tömegű korong sugara 40 cm, a ráerősített könnyű tárcsa 20 cm-es sugarú. A tárcsára tekert fonállal a középpont alatt fölfelé, a vízszintessel 75°-os szöget bezáró irányban húzzuk a korongot. A korong csúszás nélkül gördül. Mekkora a gyorsulása?
IX/22. Mekkora a 3.91. ábrán látható két, egyenként 20 cm sugarú, 5 kg tömegű henger gyorsulása, ha a korongokra szerelt tárcsák sugara 12 cm? A jobb oldali korongra 20 N erőt fejtünk ki. Mindkét korong csúszás nélkül gördül. M ekkora a két test gyorsulása és szöggyorsulása? H atározzuk meg a súrlódási erőket és a két korong között fellépő erőt!
IX/23. A 3.92. ábrán látható, mennyezeten függő kettős korong sugara 40 cm, illetve 30 cm. A tömege 10 kg. A mozgó
3.91.ábra
3.93.ábra
3.94.ábra
3.92.ábra
3.95.ábra
csiga sugara 35 cm, tömege 2 kg. A mozgó csiga tengelyére függesztett test tömege3 kg. Határozzuk meg a testek gyorsulását!
IX/24. A 3.93. ábrán látható korongok tömege 4 kg, a sugara 20 cm. Mindkét korong tapad a talajra. A jobb oldali korong tengelyére 24 N erőt fejtünk ki. Határozzuk meg a két test gyorsulását és szöggyorsulását! M ekkora súrlódási együttható esetén valósul ez meg?
IX/25. M ekkora gyorsulással indul nyugalomból a 3.94. ábrán látható korong? A tömege 4 kg, sugara 20 cm, a kerületére csavart fonálra függőleges irányban 12 N erőt fejtünk ki. A korong csúszás nélkül gyorsul. M ekkora a súrlódási erő?
IX/26. M ekkora gyorsulással indulnak nyugalomból a 3.95. ábrán látható testek,
282
ha a korong tömege 4 kg, sugara 20 cm, a fonálon függő test tömege 1 kg? A korong tapad az asztal szélén. M ekkora a súrlódási erő?
IX/27. A 3.96. ábrán látható testek tömege m1 = 3 kg, m2 = 5 kg. A korong tömege m = 5 kg, sugarai R = 20 cm, r= =0,15 cm. A korong tapad a talajon. Mekkora a súrlódási erő? Mennyivel nő a korong energiája, mialatt a középpontja 20 cm-t elmozdul?
IX/28. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 2 kg tömegű, 20 cm sugarú, töm ör gömböt helyezünk. A súrlódási együttható 0,15. Mekkora sebességre gyorsul fel a gömb, mialatt a középpontja megtesz 1,5 m utat? Hogyan változik közben helyzeti, mozgási és forgási energiája?
IX/29. Egy 30° hajlásszögű lejtőre 2 kg tömegű, 20 cm sugarú, töm ör gömböt helyezünk. A súrlódási együttható 0,18. H atározzuk meg a gömb gyorsulását és szöggyorsulását! Számítsuk ki a súrlódási erőt! Mennyi idő alatt tesz meg a gömb középpontja 1,5 méter utat?
IX/30. Egy 30° hajlásszögű lejtőre két hengert helyezünk. Mindkettő 20 cm sugarú, 4 kg tömegű. Az alsó henger tömör, a felső csőszerű. A két henger közepét merev, könnyű rúd köti össze. A két test csúszás nélkül gördül a lejtőn (3.97. ábra). Mekkora a gyorsulása? Milyen feltételt kell kielégítenie a súrlódási együtthatónak?
IX/31. Egy R = 1 m sugarú, félkör-ke- resztmetszetű vályúban egy r = 20 cm sugarú tömör golyó gördülhet (3.98. ábra). A golyó az a = 60° helyzetből indul, kezdő- sebessége nulla. M ekkorának kell lennie a súrlódási együtthatónak, hogy ne csúsz- szon meg?
IX/32. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd alsó vége egy csapágyban súrlódás nélkül
elfordulhat. A rúd kezdősebesség nélkül eldől (3.99. ábra). M ekkora a rúd szöggyorsulása, amikor a függőlegessel a = 30° szöget zár be? M ekkora itt a rúd középpontjának a gyorsulása? Határozzuk meg a testre ható eredőerő nagyságát és irányát! M ekkora a rúd végére ható csuklóerő?
IX/33. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd alsó vége támaszkodik az érdes talajon. A
3.98.ábra
rúd kezdősebesség nélkül eldől. Azt tapasztaljuk, hogy alsó vége akkor csúszik meg a talajon, amikor a függőlegessel 45c szöget zár be. M ekkora a súrlódási együttható? M ekkora ebben a helyzetben a talaj által kifejtett nyomóerő és súrlódási erő?
IX/34. Egy m = 1,2 kg tömegű, homogén, r = 4 cm sugarú hengert a = 40° hajlásszögű lejtőre helyezünk, és D = 20 N/m direkciós erejű rugóval a lejtő tetejére erősítünk (3.100. ábra). A rugó súrlódásmentes csapággyal csatlakozik a hengerhez. Hol van a henger egyensúlyi helyzete? A hengert 15 cm-rel lefelé kimozdítjuk az egyensúlyi helyzetéből. Elengedve harmonikus rezgést végez, miközben tisztán gördül. Mekkora a maximális sebessége és gyorsulása? M ekkora n esetén lehetséges a tiszta gördülés?
IX/35. Egy 2 m hosszú, 4 kg tömegű rúd teljesen sima talajon függőlegesen áll, majd kezdősebesség nélkül eldől. Mekkora a végpontjainak sebessége, amikor leér a talajra?
IX/36. Egy 4 kg tömegű, 20 cm sugarú homogén korong 80 cm hosszú, 2 kg tömegű rúddal a mennyezethez van felfüggesztve (3.101. ábra). A rúd a mennyezeten súrlódásmentesen elfordulhat a csapágyban. A korong tengelye is súrlódás- mentesen csapágyazott. A rudat vízszin-
V / / / / / A
3.101ábra
3.102.ábra
3.1UU.ábra
3.103.ábra
tes helyzetig kitérítjük, majd elengedjük. M ekkora a rúd szögsebessége és a meny- nyezetre ható erő az egyensúlyi helyzeten áthaladva, ha
a) a korong szabadon elfordulhat a csapágyban,
b) a korong elfordulását a csapágyon megakadályozzuk.
IX/37. Sima falú félgömb sugara 30 cm. A belsejébe 10 cm hosszú, súlytalan rudacskát helyezünk, amelynek az egyik végén 0,4 kg, a másik végén 0,5 kg tömegű, igen kis méretű gömböcske van. Ezek súrlódás nélkül csúszhatnak a gömbben (3.102. ábra). A „súlyzó” kezdeti helyzetében a rúdja vízszintes helyzetű. Ebből
284
3 105. ábra
3.106. abra
a helyzetből elengedjük a súlyzót. A két test harmonikus rezgést végez. M ekkora lesz a periódusidő, és mekkora az egyik, illetve a másik test legnagyobb sebessége?
IX/38. Egy ingaóra ingája egy súlytalan rúdon elcsúsztatható, 10 cm sugarú, 0,4 kg tömegű homogén korong (3.103. ábra). M ekkora a lengésidő, ha a korong középpontja 1,2 méterre van a felfüggesztési ponttól?
IX/39. Egy súlytalan, 1,2 méter hosszú rúd felső vége a mennyezetre van felfüggesztve. A rúd közepén 1 kg, az alsó végén 2 kg tömegű test van (3.104. ábra). Kis kitéréseknél mekkora frekvenciával leng az inga?
IX/40. Egy 30 kg tömegű, 10 cm sugarú cső kezdősebesség nélkül indul el 30° hajlásszögű lejtőn (3.105. ábra). A lejtőn a tömegközeppont megtesz 3 m utat, azután vízszintes talajon folytatja az útját. A súrlódási együttható mindenütt 0,1. Mekkora a sebessége és szögsebessége a lejtő alján? M ekkora súrlódási erő hat a lejtőn mozgó csőre? M ekkora a súrlódási erő a vízszintes talajon? M ekkora az üreges henger végsebessége?
IX/41. Egy 3 kg tömegű, 10 cm sugarú cső vízszintes talajon nyugszik. A súrlódási együttható 0,1. A hengert vízszintes irányú4 m/s kezdősebességgel elindítjuk anélkül, hogy forgásba hoznánk (3.106. ábra). Mennyi utat tesz meg, amíg tisztán gördül? Mekkora lesz a végső sebessége?
IX/42. Egy 3 kg tömegű, 10 cm sugarú csövet vízszintes talajra helyezünk úgy, hogy 40 l/s nagyságú kezdeti szögsebességet adunk neki (3.107. ábra). A tengely kezdeti sebessége nulla. A súrlódási együttható 0,1. Mennyi utat tesz meg, amíg tisztán gördül? M ekkora a végső sebessége?
IX/43. Egy 10 cm sugarú, tömör gömb tömege 4 kg. A gömbnek 10 m/s kezdősebességet adunk, és „visszafelé” megpörgetve a talajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2. M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb a csúszás végén megáll? Mennyi utat tesz meg a gömb megállásáig? Hány fordulat után áll meg?
IX/44. Egy 10 cm sugarú, töm ör gömb tömege 4 kg. A gömböt 10 m/s kezdősebességgel és visszafelé megpörgetve a talajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2.
3.107.ábra
285
M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb csúszva pontosan az elindulás helyére jön vissza?
IX/45. Egy 10 cm sugarú, tömör gömb tömege 4 kg. Ezt a gömböt 10 m/s kezdő- sebességgel és előrefelé megpörgetve a talajra helyezzük. A súrlódási együttható 0,2. M ekkora volt a kezdeti szögsebesség, ha a gömb 14 m/s sebességre gyorsul fel? Mennyi utat tesz meg, amíg eléri ezt a végsebességet?
IX/46. Egy vízszintes síkban 12 l/s fordulatszámmal forgó 1 kg tömegű, 15 cm sugarú gyűrűt óvatos mozdulattal a vízszintes asztalra helyezünk úgy, hogy a gyűrű forgástengelye merőleges legyen az asztal lapjára. Az asztal és a gyűrű között a súrlódási együttható 0,01. Mennyi idő múlva áll meg a gyűrű? Mennyi munkát végzett ez alatt a súrlódási erő?
IX/47. Egy 20 cm sugarú, 4 kg tömegű henger vízszintes tengely körül foroghat. A hengeren méterenként 0,5 kg hajlékony kötelet vetünk át. A kötél a korong egyik oldalán 3 méter, a másik oldalon 5 méter hosszan lóg le (3.108. ábra). Ekkor a rendszert magára hagyjuk. Milyen szögse- bessségre gyorsul fel a korong, mialatt a 3 méteres rész vége eléri a hengert?
IX/48. Függőleges tengely körül egymás fölött két, 20 cm sugarú korong forog ellentétes irányban. A felső 10 kg tömegű, és a szögsebességének nagysága 12 l/s. Az alsó korong tömege 6 kg, a szögsebességének nagysága 20 l/s (3.109. ábra). Mekkora lesz a szögsebesség, ha egymáshoz szorítjuk a két korongot?
IX/49. A 3.110. ábrán látható hasáb tömege 2 kg, a két tömör henger 10 cm sugarú és egyenként 1 kg tömegű. A hasábra vízszintes irányba 6 N erőt fejtünk ki, és 1 méter hosszú úton húzzuk. Az érintkező felületek mindenütt tapadnak. M ekkora lesz
3.108.ábra
3.109. ábra
3.110.ábra
3.111.ábra
286
a hasáb mozgási energiája a három esetben?
IX/50. A 3.111. ábrán látható deszka tömege 4 kg, hossza 2 méter. A deszkát egymással szembeforgó hengerekre helyezzük. A hengerek tengelyeinek távolsága 1,4 méter. A hengerek nagy szögsebességgel forognak az ábrán látható módon, a súrlódási együttható mindkét hengernél 0,2. A deszkát úgy helyezzük a hengerekre, hogy a közepe a hengerek távolságát felezi. Ebből a helyzetből jobbra 10 cm-rel elhúzzuk, majd m agára hagyjuk. M ekkora lesz a deszka legnagyobb gyorsulása? Mekkora a legnagyobb sebesség? M ekkora a sebessége és a gyorsulása a szimmetrikus helyzettől 8 cm-re? M ekkora a deszkára ható súrlódási erő legkisebb és legnagyobb értéke?
IX/51. Egy 4 kg tömegű, 1 méter hosz- szú rudat súrlódásmentes csapággyal a mennyezethez erősítünk. A rúd másik végét 10 N/m direkciós erejű rugóval a falhoz csatlakoztatjuk. A rugó kezdetben nyújtatlan (3.112. ábra). Határozzuk meg a rúd lengésének a periódusidejét!
IX/52. Egy korong tömege 4 kg, sugara 10 cm. Elhanyagolható tömegű, 8 cm sugarú tárcsát illesztünk a korongra. A tárcsán átvetett fonál 12 N/m, a korongon átvetett fonál 10 N/m erősségű rugóhoz csatlakozik. A rugók másik végét a talajhoz rögzítjük (3.113. ábra). A bal oldali rugó kezdetben 10 cm-rel meg van nyújtva. M ekkora periódusidővel rezeg a korong?
IX/53. Egy függőleges tengelyhez egy könnyű rúd vízszintes tengelyű csapággyal kapcsolódik. A csapágy körül súrlódásmentesen elfordulhat (3.114. ábra). A rúd egyik része /, = 60 cm, a másik része l2 = 80 cm hosszú. A rúd két végén egy-egy test van, m1 = 2 kg, m2 = 3 kg. M ekkora szöget zái
be a rúd a függőlegessel, ha a szerkezet to = 4 l/s szögsebességgel forog?
IX/54. Sima asztalon nyugszik egy 1 m hosszú, 2 kg tömegű rúd. Az asztal lapján, a rúdra merőlegesen mozog egy 1 kg tömegű test 10 m/s sebességgel, és a rúd végéhez csapódik. Az ütközés tökéletesen rugalmas. Hogyan mozognak ezután a testek?
3.112.ábra
3.113.ábra
3.114.ábra
287
IX/55. Egy 2 méter hosszú, 10 kg tömegű rúd két végén van alatámasztva. A bal oldali végétől 0,6 méter távolságra egy 15 kg tömegű testet, a másik végétől 0,4 m távolságra egy 20 kg tömegű testet helyezünk el (3.115. ábra). M ekkora erő hat a rudat alátámasztó pontokra?
IX/56. Egy vízszintes rúd hossza 2 méter, tömege 4 kg. Az egyik végét csuklóval falhoz erősítjük, a másik végét függőleges fonállal a mennyezethez kötjük. A rúdra, a csuklótól 1,5 méter távolságra, 6 kg tömegű testet függesztünk. M ekkora erő feszíti a kötelet, és mekkora erő hat a csuklóban?
IX/57. Egy testet két — egymásra merőleges — fonállal emelünk úgy, hogy a fonalakba rugós erőmérőket iktatunk. Az egyik rugós erőméro 4 N erőt, a másik 7 N erőt mutat (3.116. ábra). M ekkora szöget zárnak be a fonalak a függőlegessel? Határozzuk meg a test tömegét!
IX/58. Egy pontban három erő hat. Két erő merőleges egymásra, az egyik 20 N, a másik 35 N nagyságú. M ekkora a harmadik erő, ha a három erő egyensúlyban van?
IX/59. Két pont közé két fonállal felfüggesztünk egy 10 kg tömegű testet. Az egyik fonál 30°-os, a másik 40°-os szöget zár be a függőlegessel (3.117. ábra). Mekkorák a kötélerők?
IX/60. Két ponthoz a 3.118. ábrán látható módon egy kötelet rögzítünk, amelyen egy könnyű csiga gördül. A csigára egy 10 kg tömegű testet függesztünk, a testre vízszintes irányú erőt fejtünk ki. Ekkor a fonalak 50°-os és 30°-os szöget zárnak be a függőlegessel. M ekkora erő feszíti a kötelet? M ekkora erőt fejtünk ki a testre?
IX/61. A 3.119. ábrán látható testek tömege: ml = 5 kg, m2 = 16 kg. A rugóállandó 10 N/cm, a rugó megnyúlása 12 cm. Az mt
tömegű test a függőleges tengelyen súrlódás nélkül csúszhat. M ekkora szöget zár be a kötél a függőlegessel?
£□ □
3 115. ábra
3.116.ábra
3.117.ábra
3.118.ábra
288
' / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / A
3.119.ábra
3.120.ábra
3.121.ábra
3.122.ábra
3.123.ábra
3.124.ábra
3.125.ábra
3.126.ábra
IX/62. 4 kg tömegű test nyugszik az asztalon. A súrlódási együttható 0,4. A vízszintessel 30°-os szöget bezáró fonálra egy másik testet függesztünk (3.120. ábra). M ekkora ennek a testnek a tömege, ha az asztalon a test nyugalomban marad?
IX/63. A 3.121. ábrán látható 10 kg tömegű, 1,5 méter hosszú, vízszintes rúd egyik végét támaszra helyezzük, a másik végéhez erősített fonál a vízszintessel 30°- os szöget zár be. A fonál függőleges végére egy testet függesztünk. Számítsuk ki ennek a tömegét, ha a rúd nyugalomban van!
'/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /A
289
IX/64. A talajon csuklóval rögzített, 4 kg tömegű, 2 méter hosszú rudat függőleges sima falhoz támasztjuk (3.122. ábra). Mekkora erővel nyomja a falat, és mekkora erőt fejt ki a csukló?
IX/65. Egy rúd egyik végét függőleges falhoz csuklóval rögzítjük. A rúd tömege5 kg, hossza 2 méter. A rúd vízszintes, a másik végéhez egy fonalat erősítünk, ezt a mennyezethez kötjük úgy, hogy a fonál 20°-os szöget zár be a függőlegessel. A rúdra a csuklótól 75 cm távolságra, a függőlegessel 30°-os szöget bezáró, lefelé és balra m utató 40 N erőt fejtünk ki (3.123. ábra). M ekkora erő hat a csuklóban?
IX/66. Egy 3 kg tömegű, 1 méter hosszú rúd egyik végéhez 60 cm hosszú, a másik végéhez 80 cm hosszú fonalat erősítünk,
a fonalak szabad végeit a mennyezet egy pontjához rögzítjük (3.124. ábra). Mekkora erő hat a kötelekre, ha a rúd nyugalomban van?
IX/67. A falhoz csuklóval egy 3 kg tömegű, 1 méter hosszú rudat rögzítünk. A rúd másik végét egy kötéllel a csukló felett a falhoz erősítjük. A kötél 45"-os, a rúd 75°-os szöget zár be a fallal (3.125. ábra). M ekkora erő feszíti a kötelet? Mekkora erőt fejt ki a csukló a rúdra?
IX/68. Egy vékony acélszálból L betűt hajlítunk. A szárai 0,1 méter, illetve 0,18 méter hosszúak. Az L betűt a derékszögnél lévő csúcsánál felfüggesztjük (3.126. ábra). Mekkora szöget zár be a hosszabbik oldal a függőlegessel?
3.3. Deformálható és rugalmas testek
- 3.3.1. A deformáció kinematikai és dinamikai leírása
A merev testeket azzal határoltuk el a többi pontrendszerektől, hogy a mozgásuk egybevágó sági transzformációkkal, transzlációval és rotációval írható le.
Természetesen a merev test fogalma absztrakció, a valóságban a testek többé-ke- vésbé eltérnek a merev test idealizációjá- tól. Nem merev testek például a folyadékok, nem merev az alig folyékony méz, nem tekinthető merev testnek az emberi test, az izomszövet, egyáltalán az élő anyag. Sőt, valójában a fémek sem szilárd testek, az emberi civilizáció kifejlődésének egyik eleme a fémek hidegnek tekinthető megmunkálása volt, gondoljunk a kovácsmesterekre.
A fémek — és persze az összes többi anyag — deformálhatok. A 3.127. ábrán látható fémlap — felületesen nézve — úgy mozdult el, hogy a két helyzete egybevágó, tehát mozgása közben merev testnek is tekinthetnénk. Nézzük meg jobban a P pontot, illetve a környezetét. A P pont elmozdul, elfordul, ezen túlmenően azonban a környezete deformálódik. A deformálódó testek a merev testre jellemző haladó és forgó mozgáson túl további mozgást is végeznek: a pontjaik egymáshoz viszonyítva is elmozdulnak. A testhez rögzített koordináta-rendszerben a pontok koordinátái megváltoznak.
A deformációt vázlatosan a következőképpen jellemezhetjük. A deformálható test pontjai körül gondoljunk el gömb alakú környezeteket. (Ha egy síkbeli alak-
290
zat deformációját vizsgáljuk, mint például egy vékony fémlap, akkor a pont környezetei körlapok.) A test deformációja azt jelenti, hogy a pontok gömb vagy kör alakú környezetei más térbeli, illetne síkbeli alakzatokba mennek át. Még az is elképzelhető, hogy a környezete deformált képe nem lesz összefüggő, két részre szakad vagy üreg képződik benne.
A 3.128. ábrán egy rétestészta nyújtását látjuk. Egy tetszőleges pont kör alakú környezete előbb ellipszisbe megy át, ezután pedig kilyukad a tészta.
Igen sok esetben azonban azt tapasztaljuk, hogy a pontok gömb alakú környezetének deformált képei ellipszoidok (síkban ellipszisek). Állapodjunk meg abban, hogy egyelőre csak az ilyen esetek vizsgálatára korlátozódunk. Először a pontok környezetében azokat az átmérőket vizsgáljuk, amelyek az ellipszoid vagy az ell pszis tengelyei lesznek. Más szóval: az egyenes sza-
3.128.ábra
F3.129.ábra
koszok deformációjával foglalkozunk. A legegyszerűbb egy egyenes szál nyújtása. Képzeljük el, hogy egyenletes keresztmetszetű acéldrót egyik végét satuba fogjuk, a másik végére pedig húzóerőt fejtünk ki (3.129. ábra).
Rajzolunk a szálra — mondjuk centiméterenként— jeleket. Azt tapasztaljuk, hogy a satutól mérve a huszadik jel elmozdulása pontosan kétszerese a tizedik jel elmozdulásának, és fele a negyvenedik jel elmozdulásának. H a az i-edik jel távolsága a satutól és az elmozdulás Alh akkor a AZj/í, arány állandó. Általában, ha egy pont távolsága a satutól kezdetben x, a deformációt végrehajtva x', akkor a Ax: = x '—x megnyúlás arányos x-szel, a
relatív megnyúlás a drót mentén állandó.Az (1) összefüggést átalakítjuk:
x '- x = e x ,
innen
x' = (l +e)x . (2)
Térjünk vissza most egy síklap deformációjához. Gondoljuk el, hogy egy gumilapot húzunk. Ekkor egy P pont kör alakú környezetének a képe egy ellipszisbe megy át. Rajzoljuk meg a 3.130. ábrán látható tengelyeket, egy koordináta-rendszer tengelyeit. Ekkor a kör egyik sugarából az ellipszis fél nagytengelye lesz. Az x sugár x'-vé transzformálódik. Hasonlóan a kör előzőre merőleges sugara /-v é , az ellipszis fél kistengelyévé transzformálódik. A (2)
291
y
3 .1 3 0 .
ábra
összefüggés analógiájára:
x '= ( l +£i)x ,
/ = (1 + £ i ) y - (3)
Ha egy térbeli alakzat deformálásáról, van szó, akkor a gömb ellipszoiddá alakul, így a gömb három egymásra merőleges sugara az ellipszoid fél tengelyeivé: a (3) két egyenletéhez ilyenkor hozzávesszük a
z' = ( 1 + e 3)z
egyenlőséget is.Az e , , e2 és az e3 a főtengelyek irányába
eső relatív megnyúlások, az ún. főmegnyúlások.
A (3) transzformációs egyenlőségek az ellipszis, illetve az ellipszoid főtengelyének irányába eső transzformációkat írják le. A kör, illetve a gömb egy tetszőleges pontjának a képét is meghatározhatjuk. A transzformációs képleteket csak megemlítjük [ezek a (3) és így a (2) általánosításának tekinthetők]:
x' = ( l + e %x)x + Exyy + exzz,
y' = £yxx + (l + £yy)>’ + £yzz,
z' = £zxx + £zy>’ + (l + £zz) z .
E transzformációs képleteket csak azért írtuk le, hogy érzékeltessük a transzformá
ció linearitását: ha például az első képletnél rögzítjük x-et és >-t, akkor a kép első koordinátája (x') a z-vel arányos lesz. Másrészt említsük meg, hogy a transzformációt leíró £xx, £xy, . . . , £zz deformációmeny- nyiségek — amelyek a relatív megnyúlás további általánosításai — szimmetriát mutatnak. £jty — £yx? £yz — £zys £xz — £zx* Ezeken múlik az, hogy a kör képe ellipszis lesz, a gömb képe ellipszoid.
Most térjünk rá a deformációt létrehozó erőhatások vizsgálatára. A deformáció szempontjából a testre ható erőket két csoportba soroljuk.
A térfogati erők a test minden részére, a belső részekre és a felületi elemekre egyaránt hatnak. Ilyen például a nehézségi erő. Ez például egy ember kezére éppúgy hat, mint a veséjére, a szívére vagy egy vörösvértestre. Az eredő nehézségi erő a részekre ható nehézségi erő (vektori) ősz- szege.
A felületi erők a test felületén hatnak. H a elképzelünk a testben egy térfogatrészt, akkor erre a térrészre a felületi erők csak a felület „közvetítésével” hatnak. Ilyen erők a felületen ható nyomóerők és súrlódási erők. Világos, hogy a talaj nyomóereje a talpunkon hat, és a felületi rétegekből adódik át a test belső részeinek.
Gondoljunk el valamely deformálható testben egy térfogatrészt. Jelöljünk ki ennek a felületén egy A nagyságú felületrészt (3.131. ábra). H a ezen a felületen F erő
3.131.ábra
292
hat a térrészben lévő anyagra, akkor a felületegységre ható erőt feszültségvektornak nevezzük:
Fo := — .
A
A feszültségvektor általában nem merőleges a felületre, felbonthatjuk azonban a felületre merőleges és a felülettel párhuzamos összetevőkre. A felületre merőleges feszültségkomponenst húzó- vagy nyomófeszültségnek, a felülettel párhuzamos komponenst nyírófeszültségnék nevezzük. A szokásnak megfelelően állapodjunk meg abban, hogy a felületre merőleges feszültséget akkor tekintjük pozitívnak, ha a felületen kifelé hat, a felület kifelé húzza. A bőrünkre pozitív (normális) feszültség hat, ha a ráragasztott sebtapaszt lehúzzuk. Persze ezzel a fájdalmas művelettel a nyírófeszültség fellépte is együttjár. A húzó- vagy nyomófeszültséget <7x-sel jelöljük.
Ha a felületre ható felületi erő befelé hat, vagyis a felületre merőleges feszültség negatív, akkor ennek az abszolút értékét nyomásnak nevezzük:
P=
A nyírófeszültség a felületelemmel párhuzamosan fellépő erőkomponensből származik, szemléletesen szólva a nyírófeszültség a felületegységre ható súrlódási erő. A nyírófeszültség jele:
Igen fontos kiemelni, hogy ezek a feszültségek nemcsak egy test felületén, hanem a belsejében is hatnak. Ugyanúgy, ahogyan a megnyújtott acéldrót minden része deformálódott, megnyúlt. Ezt csak a kiszemelt részre ható feszültséggel értelmezhetjük.
A felületi erők az úgynevezett közelható erők, a térfogati erők pedig azonosak a
távolható erőkkel. (Eddig csak a nehézségi erőt ismerjük.)
A felületi e rő t a test részei továbbítják egymásnak, és így hatnak a test belsejében is. A térfogati erőket így jellemezhetjük: akárhogyan kiveszünk a test belsejében egy térrészt, megadhatjuk az arra ható eredő erőt. A felületi erőkről a következőt mondhatjuk: akárhogyan adunk is meg egy felületdarabot a testen belül vagy a határán, megadható a rá ható eredő erő.
A testek deformációját a felületi erők okozzák. A nehézségi erő önmagában csak akkor okozna deformációt, ha a test nem homogén, erős gravitációs térben esne. Említettük, hogy a 100 g erősségű homogén gravitációs térben és a 0 g erősségű térben szabadon mozgó, szabadon eső ember ugyanazt érzi. A különbség akkor látszik, amikor fellépnek a talajerők, az ember földet ér. Az első esetben tragikus következménnyel já r a felületi erő fellépte, a másik esetben semmi hatása nem lesz.
A felületi és a térfogati erők együttes hatása határozza meg egy térrészben foglalt anyag egyensúlyát és a gyorsulását is. Általános esetben a főmegnyúlások és a feszültségek között bonyolult kapcsolat lehet. A következőkben a rugalmas testek vizsgálatára korlátozódunk.
3.3.2. Rugalmas testek, Hooke törvénye
Térjünk vissza az egyik végén satuba fogott acéldrót nyújtásához. Azt tapasztaljuk, hogy az acélszál — AZ — megnyúlása arányos a szál kezdeti hosszával, /-lel, az F húzóerővel, és fordítva arányos az acél-
293
szál A keresztmetszetével:1*’
Az arányossági tényezőt az arányosság bal oldalára írjuk, E-vel jelöljük'**’ és Young- modulusnak nevezzük:
IFEAl= — (1)
A
A Young-modulus mértékegysége pl. N/m 2 vagy N /cm 2. Osszuk el (1) mindkét oldalát £-vel, ekkor
Szavakban: az acélszál hosszának a megváltozása arányos a szál kezdeti hosszával, a megnyújtó erővel, és fordítva arányos a szál keresztmetszetével. Ha növeljük a húzóerőt, akkor nő a megnyúlás. Igen fontos észrevétel, hogy a húzóerő megszüntetésével az acélszál hossza megegyezik az eredeti hosszal: a deformáció megszűnik.
Ezt az állítást szokás Hooke-törvénynék nevezni. Osszuk most el az (1) egyenlőség mindkét oldalát a szál eredeti hosszával, és vegyük észre, hogy A1/1=e a relatív megnyúlás, és F/A = aL a húzófeszültség, így
g l = eE . (3)
A (3) állítást is Hooke-törvényének szoktuk nevezni. Röviden így lehet a tartalmát szavakban kifejezni: az acélszál relatív
megnyúlása és a húzófeszültség arányos egymással/*’
A kérdés most az, hogy a Hooke-törvény valójában mit fejez ki. A kísérlet szerint az acélszálra biztosan igaz, ezt mérések meggyőzően bizonyítják. Semmiképpen sem igaz azonban mindenféle anyag-ra. A spagettitésztát állandó erővel húzva a hossza egyre nagyobb és nagyobb lesz, amíg el nem szakad. Világos, a Hooke-törvény csak rugalmas testekre igaz. így például acéldrótra. Igen, de mik is a rugalmas testek? Azok, amelyekre a Hooke-törvény teljesül. Ez így circulus vitiosusnak tűnik. A probléma megoldása a következő. A Hooke-törvény nem kísérletileg igazolt empirikus törvény, hanem a rugalmas test definíciója. Rugalmasnak nevezzük azt az anyagot, amelyből vékony szálat készítve megállapítható, hogy a szál relatív megnyúlása arányos a húzófeszültséggel. A Hooke-törvény jelentősége abban van, hogy a különböző anyagból húzott, sodort szálakat osztályozzuk: „erre a szálra teljesül a Hooke-törvény, akkor a rugalmasok kosarába tesszük, arra nem, azt meg a m ásik kosárba . . . ”, és így tovább. A Hooke- törvény a rugalmas testek definiálására és gyakorlati kiválogatására való, és semmiképpen sem tekinthető természeti törvénynek. Még azt sem mondja ki az a törvény, hogy van-e egyáltalán egyetlen rugalmas szál. Azt tapasztaltuk, hogy az acélszál rugalmas, de ez a megállapítás nem természeti törvény, hanem egyszerű megállapí
Ez nem egzakt természeti törvény, hanem bizonyos határok között érvényes jó közelítés.
'**• Néha £ v-nal fogjuk jelölni, így különböztetjük meg az energia jelétöl.
'*’ A (3) egyenlőség csak akkor igaz, ha a húzási irányra merőlegesen nem lépnek fel feszültségek. Vastag rúd nyújtásakor a keresztirányú méretek csökkennek, mert ilyen irányú feszültségek is fellépnek Ezek a megnyúlást csökkentik. A továbbiakban csak vékony rudakkal foglalkozunk.
294
tás, a tapasztalati tények egyszerű megfogalmazása.
A Hooke-törvénnyel kapcsolatban ki kell emelni azt, hogy a deformáló hatás és a deformáció között fennálló linearitás „pillanatnyi” összefüggés: ha megváltozik a deformáló hatás, akkor megváltozik a deformáció mértéke is. A deformáció megszűnik, ha a test erőmentes állapotba kerül. Meg fogjuk azonban vizsgálni, hogy egy pillanatnyi vagy folyamatosan változó deformáló hatás hogyan terjed az anyag különböző rétegeiben. Az eE = o ± összefüggés az anyag egy pontjában, egyidejű e és (7± mellett áll fenn.
Szeretnénk meghatározni egy drót anyagának a Young-modulusát. Tegyük fel, hogy 2 méter hosszú, 1 mm2 keresztmetszetű, egyik végén satuba fogott szál másik végére 200 N húzóerőt fejtünk ki. Azt tapasztaljuk, hogy a szál 2 ram-t nyúlt meg. Ekkor a (2) alapján
0,002 =1 200-2E W *
Innen E = 2 ■ 1011 N /m 2. Néha a Young- modulust N/mm2-ben fejezzük ki. így E = = 200000 N/m m 2. A példában szereplő szálban a = 2 -108 N/m 2 húzófeszültség „ébred”, a relatív megnyúlás pedig: £ = 0,001 = = 1 mm/m, vagyis 1 mm méterenként. |
HFuggesszünk fel a mennyezetre egy l hosszúságú vékony rugalmas szálat, ennek az alsó végére m tömegű testet akasztunk,
majd a testhez az előzővel megegyező minőségű, ugyancsak / hosszúságú szálat, majd ehhez ismét m tömegű testet erősítünk (3.132. ábra). Mennyivel nyúlik meg a két drót együttesen? Feltehetjük, hogy a szálak tömege elhanyagolható a testek m tömegéhez képest.
Világos, hogy a felső drótot 2mg erő feszíti, így a megnyúlása:
Af 1 FI 1 2 mgl 1 E A E A ’
az alsó drótot feszítő erő pedig mg, így a megnyúlása:
1 mgl
3.132.ábra
E A
Az eredő megnyúlása:
a; i 1 mgla i= 3 é ~t -
Mi történik akkor, ha mindkét testet az alsó fonálhoz erősítji k? Ekkor a 21 hosszú szál 2mg erő hatásá a nyúlik meg:
1 2mg(2l) 1 mgl E A £
ÍM ost egy kicsit bonyolultabb feladatot vizsgálunk meg. Tegyük fel, hogy egy homogén rugalmas rudat a végére ható F erővel gyorsítjuk (3.133. ábra). Ekkor a rúd gyorsulása
Fo = m
ha a rúd tömegét w-mel jelöljük. Világos, hogy m = pAl, ahol a rúd sűrűsége p, a hossza Z, a keresztmetszete A.
A rúd végétől a < / távolságra a feszültséget jelöljük (7x-szel. Ezen a helyen a rúd hossztengelyére merőleges keresztmetszeten Fx: = Aax erő hat. Ez az erő gyorsítja ettől a keresztmetszettől balra található
295
3.133.ábra
pA x = :m% tömeget. így Newton II. törvénye:
Aox = pAxa,
vagyis a rúdban a bal oldali végtől mért távolsággal arányos feszültség alakul ki. A 3.133. ábrán a feszültség helytől való függését is szemléltetjük.
A rúd bal oldali végétől x távolságra levő felülettől Ax távolságra jelöljünk ki egy másik, az előzővel párhuzamos felületet (3.134. ábra). A két felület közötti réteg vastagsága tehát Ax. Jelöljük ennek a rétegnek a megnyúlását ^(Ax)-szel, így a relatív megnyúlás:
<5(Ax) 1 Ex~ Ax ~ É G"
és a réteg megnyúlása:
<5(Ax)= — oxA x= — paxA x.E E
Ax
A teljes megnyúlás a í5(Ax) megnyúlások összege. Az ábrán látható téglalapok területének az összege nyilvánvalóan közelítőleg egyenlő a háromszög területével, tehát
A /= £í5(A x)= i p ű ^ x A x = ,
de mert F = pAla, így
A l= — — — .2 E A
Ha tehát a rúd egyik végére F erőt fejtünk ki, és gyorsítjuk, akkor pontosan feleany- nyira nyúlik meg, mintha a másik végét satuba fogtuk volna. |
A megnyúlás — illetve összenyomás — mellett elsősorban a műszaki gyakorlatban fontos szerepük van más deformációknak is. így például a hajlításmk, nyírásnak, csavarásnak. Ezeknek a rugalmas alakváltozásoknak a tulajdonságait leíró összefüggéseket részben kísérletekre, részben elemi megfontolásokra szokták visszavezetni.
Tekintsük át röviden a nyírást. Szemléltetésül képzeljünk el egy téglatest alakú gumiszivacsot (3.135. ábra). Ennek két szemközti lapjához ragasszunk merev lapokat, például kartonból. Rajzoljunk a szivacs oldalára a kartonlapokkal párhuzamos vonalakat. H a az egyik lapot rögzítjük, a másikra pedig húzóerőt fejtünk ki, akkor azt tapasztalhatjuk, hogy a szivacs oldalára rajzolt vonalak a húzóerő irányában egymással párhuzamosan elmozdul-
3.134.abra
3.135.ábra
296
nak, egymáshoz képest elcsúsznak. (Mint ahogyan a kártyacsomag lapjait elcsúsztatjuk egymáson.)
A nyírást azzal a szöggel jellemezzük, amellyel az erő hatásvonalara merőleges él elfordul. Jelöljük ezt a szöget a-val. Elméleti megfontolások alapján és a tapasztalatok szerint rugalmas deformáció esetén a nyírási szög létrehozásához szükséges erő a szöggel és az egymáson elcsúszó lapok felületével arányos:
F = GAix.
Itt G a rugalmas anyagra jellemző állandó, az ún. nyírási modulus. Vegyük észre, hogy FjA = aM a felületegységre ható, felülettel párhuzamos erő. vagyis a nyírófeszültség, így
a,, = Ga, (4)
amely analóg az o L = eE egyenlőséggel.A legtöbb deformáció visszavezethető
a nyújtásra (és összenyomásra), pl. a haj- lítás; valamint a nyírásra, pl. a csavarás, így például R sugarú, L hosszúságú, hengeres, homogén, rugalmas rúd végére kifejtett forgatónyomaték és az elcsavaro- dás a szöge között arányosság van (3.136. ábra):
R*nG M = — a.
Ezen az elven alapszik a sok kísérletben, méréskor felhasznált torziós inga, torziós mérleg működése. Figyeljünk fel arra, hogy ha a szál átmérőjét felére csökkentjük, akkor ugyanaz az elcsavarodás 16-szor kisebb forgatónyomatéknak felel meg. A szál vékonyításával igen kis erők, illetve forgatónyomatékok mérése is megvalósítható. A szálra szerelt tükörre fénysugarat irányítva, a fényfolt elmozdul egy távoli falon. A fényfolt elmozdulásával az elcsa-
3.136.ábra
3.137.ábra
varodás mértéke igen pontosan mérhető (3.137. ábra).
Nyugalomban egy deformált test ösz- szes impulzusa és impulzusmomentuma egyaránt nulla, de a rugalmas alakváltozás miatt rugalmas energiával rendelkezik.
Térjünk vissza az egyik végén satuba fogott rugalmas szálhoz. Tegyük fel, hogy a szál megnyúlása AZ, ekkor (1) alapján
F =EVA
lAZ*.
Az EyA/l együttható azonosítható a direkciós erővel:
D: =E VA
l
így F = DAL Tudjuk, hogy a szál A/-lel történő megnyújtásakor a rugalmas test energiája
(5)
297
mennyiséggel nő. Ezzel a kifejezéssel értelmeztük a rugalmas energiát. Fontos emlékeznünk rá: a rugalmas energiát m ár értelmeztük, most ugyanazt a gondolatmenetet kellene megismételnünk, amit a 2.3.3. pontban végiggondoltunk. Elég azonban, hogy rámutassunk a két pont közötti kapcsolatra, és a rugalmasság paraméterei között a kapcsolatot felismerjük.
Alakítsuk át a (5) jobb oldalát:
1E = — Ey AI\ — EyVe (6)
itt V=Al a szál kezdeti térfogata.Vegyük most figyelembe, hogy e = o J E Y,
így
E = Vaj. (7)
Hasonlóan kapjuk nyírási deformáció esetén a rugalmas alakváltozáshoz tartozó energiát:
(8)
és ha mindkét deformáció fellép, akkor az összes rugalmas energia:
(9)
Ha a rugalmas deformáláskor a térfogat nem változik lényegesen, vagyis a deformá- lás előtti térfogat [a (9) képletben] közelítőleg megegyezik a deformálás utáni térfogattal, akkor az összes energia térfogat- egységre ju tó része, a rugalmas energia sűrűsége:
3.3.3. A deformáció terjedése rugalmas testben
Eddigi vizsgálataink a rugalmas testek már kialakult alakváltozásaira vonatkoztak, mint egy tartósan fennálló statikus állapotra. Ebben a fejezetben megvizsgáljuk, hogy miképpen terjed a deformációs állapot, így például a rugalmas test egy részének rövid idejű deformálása milyen változásokat eredményez a távol eső helyeken.
A deformáció terjedését a következő kísérlettel szemléltetjük (3.138. ábra). Több, azonos tömegű kis kocsit kössünk össze azonos minőségű rugókkal. Fejtsünk ki rövid idejű erőhatást az első kis kocsira. A rövid idejű rántás csak az első kis kocsit mozdítja el, kezdetben az első kocsi elmozdulása figyelhető meg, a többi kocsi látszólag még nyugalomban marad. A rövid idejű erőlökés után azt tapasztaljuk, hogy az első kocsi kitérésekor kis késéssel maga után húzza a második kocsit, megfeszítve az első rugót. A második kocsi újabb késéssel megmozdítja a harmadik, és eközben az első kocsi megáll, esetleg a nyugalmi helyzete felé indul.
Az erőlökés után az impulzus végigvándorol a kocsik során, s közben a kocsik szemmel láthatóan hol közelednek egymáshoz, hol távolodnak.
Hasonló jelenséget figyelhetünk meg egy— egyik végén rögzített — kötél esetén. A kötél egyik végét kézben tartjuk és megfeszítjük. Üssünk rá a kötélre a kezünk kö-
— ..alfl--qp--TTff — 201__fll . a u .
Pe ~i
2E,2 1 2
<7±+ 2G <7|l‘ (io )3.138.ábra
298
3.139.ábra
zelében. Az ütés helyén a kötélen kihajlás jön létre. Ez a deformáció a kötélen jól láthatóan tovaterjed (3.139. ábra).
Egyszerű kísérleteinkben megfigyelhetjük, hogy a deformációs állapot terjedésének a sebessége a rugókkal egymáshoz kapcsolt kocsik sorozatában a kocsik tömegétől és a rugók direkciós állandójától függ. A gumikötélen a kihajlás tovaterjedésének a sebessége a kötelet feszítő erőtől függ: ha nagyobb erővel feszítjük a kötelet, akkor a kihajlás nagyobb sebességgel terjed.
A két egyszerű kísérlet után beszéljük meg, hogy miképpen terjed a rugalmas deformáció. Foglalkozzunk azzal az egyszerű esettel, amikor rugalmas szálban vagy vékony rúdban, a rúd hossztengelyével egy- irányban terjed a deformáció.
Gondoljuk el, hogy egy hosszú rúdra fektettük a koordinátatengelyt. A rúd egyik vége az origóban van. A rúd sűrűségét p-val, a Young-modulusát £-vel jelöljük — mint szoktuk —, a keresztmetszete pedig legyen A. A rúd pontjai azonosíthatók a koordinátatengely pontjaival: a rúd x-szel jelölt pontja az origótól x távolságra van (3.140. ábra).
Tegyük fel, hogy a rúd kezdetben nyugalomban van, a deformáció mindenütt nulla. Válasszunk ki tetszőlegesen egy pontot, és jelöljük ennek a rúd végétől mért távolsá
gát x-szel. Ha a rudat deformáljuk, akkor ez a pont elmozdul, az elmozdulását jelöljük ip-ve], A rúd végétől x távolságra lévő pont új koordinátája x + i / j lesz.
Üssünk a rúd végére kalapáccsal, vagy fejtsünk ki rövid ideig tartó húzóerőt. Ekkor a deformációs állapot végigszalad a rúdon, mint a rugókkal összeütközött kocsisoron végigszalad az elsőnek adott impulzus. Természetes, hogy az elmozdulás különböző pontokban más és más. Ha a rugókkal összekötött kocsikról egy pillanatfelvételt készítünk, akkor azt látjuk, hogy a kocsik kitérése a kezdeti állapotukhoz viszonyítva különböző (3.141. ábra). A \jj elmozdulás tehát a hely függvénye. Függ azonban az időtől is: ha egy másik pillanatfelvételt készítünk, akkor egy kiszemelt kocsinak, mondjuk az ötödiknek az elmozdulása más lesz a két pillanatfelvételen (3.142. ábra). Ha megadjuk a rúd egy pontjának a kezdeti koordinátáját — mondjuk x-et —, és megadunk egy időpontot, például a t pillanatot, akkor ehhez a helyidő párhoz megadható a ij/(x, t) elmozdulás, az x helyen lévő pont elmozdulása a t időpontban.
Az x koordinátájú pont a t időpontban a z x + y/(x, t) helyen van. y/ tehát helytől és
3.140.ábra
D ? í O » O w O ^po__a, p , jTT ,—TQE__ n r TTp
3.141.- ja .a-----Sut---- a £ . ü a___ tttí irtf abra
299
időtől függő függvény. A kétváltozós függvények vizsgálatának igen gyakran alkalmazott módszere az, hogy az egyik változót rögzítjük, gondolatban állandó értékűnek tekintjük, akkor a kétváltozós függvény a másik változó függvénye lesz. Gondoljuk végig, hogy miről is van szó. Szemeljünk ki egy pontot a rúd mentén, és tegyünk ide egy jelet látható festékkel. Ekkor a rúd végére ütünk a kalapáccsal, és filmfelvevővel felvételt készítünk a pont környezetéről. Azt tapasztaljuk, hogy a pont elmozdulása minden pillanatfelvételen más és más. Ábrázoljuk is az elmozdulás-idő függvényt. A 3.143. ábrán látható függvény szerint a rögzített pont eleinte nyugalomban van, majd jobbra mozdul. A legnagyobb elmozdulása jobbra k x, itt a test megáll, megfordul, aztán áthalad az egyensúlyi helyzeten,
i i — it ............... T - □
majd balra tér ki, ennek a maximális mértéke / 2- Innen lomhán visszatér az eredeti helyzetbe. Ha az x helyet a rúd kezdetéhez közelebb választottuk, akkor ez a függvény korábban kezd emelkedni, és keskenyebb: a fel- és leszálló ágai gyorsabban, rövidebb idő alatt végbemennek.
Jelöljük ezt az egyváltozós függvényt ipx-sze\:
0.
ez rögzített x esetén t függvénye.Feltehető, hogy ez a függvény differen
ciálható. Rögzítsük a t0 időpontot tetszőlegesen, és válasszunk meg egy másik időpontot, ezt jelöljük t-vel. Ekkor a
t t0
az elmozdulás átlagos sebessége (a 3.144. ábrán a szelő meredeksége). Ez a hányadosfüggvény — a feltevés szerint — folytonosan kiterjeszthető a t0 pontban. Ez a folytonos kiterjesztés a t0 időpontban a
^x(ío)
értéket veszi fel, ami a rögzített helyen az elmozdulás sebességét jelenti (a 3.144. ábrán az érintő meredeksége).
Ha ebben a kiszemelt pontban az anyag sűrűsége p, akkor p\j/x(t0) ezen a helyen a t0 időponthoz tartozó impulzus sűrűségét
c i
jelenti. Az első deriválthoz hasonlóan a második derivált létezése is feltehető: ij/x(t0) a rúd végétől x távolságra lévő pont deformációs elmozdulásának a gyorsulása a f0 időpontban. A pij/x(t0) az impulzussűrűség időegységre eső megváltozása ezen a helyen, a térfogategységre eső tömegnek és a gyorsulásnak a szorzata, így az ma szorzatnak felel meg.
Az elmozdulás az idő mellett a helynek is a függvénye. Ezt úgy kell értenünk, hogy rögzítve valamely időpontot, a rúd különböző pontjaihoz hozzárendeljük a pont elmozdulását a megadott időpontban. (A hozzárendelés szabályát a 3.145. ábra szemlélteti.) Jelöljük ezt a függvényt t/O-vel:
>p,(x): = ip(x, t),
ez tehát rögzített t esetén x függvénye. A 3.146. ábrán egy ilyen függvény grafikonját láthatjuk. A grafikonról leolvasható, hogy a rúd végétől x távolságra az elmozdulás t^,(x)-szel egyenlő. Világos, hogy ha egy korábbi t időpontot választunk, akkor a grafikon fel- és leszálló ága a rúd kezdetéhez közelebb van, a korábbi pillanatfelvételen a deformációs állapot van közelebb a rúd elejéhez.
A differenciálhatóság a ip, függvénnyel kapcsolatban is felvethető. Rögzítsük az x 0 koordinátát tetszőlegesen, és válasszunk meg egy másik helyet, jelöljük ennek a rúd elejétől mért távolságát x-szel. Ekkor a rúd x„ és x közé eső részének a megnyúlása
ip,(x)-ip,{x0),
így a
o)x —x0
hányados az átlagos relatív megnyúlásának felel meg (a 3.146. ábrán a szelő mere-
-------- * .J 3.145M 1 ábra
deksége). Ha ez a hányados folytonosan kiterjeszthető az x0 helyen, akkor ennek a kiterjesztésnek az értéke az x„ helyen a i//, függvény deriváltja (a 3.146. ábrán az érintő meredeksége). A helytől függő függvény deriváltját jelöljük így: i/'t, megkülönböz- tetendő az idő szerinti deriválttól, a ^ x-töl. Égy a fenti különbségi hányados folytonos kiterjesztésének értéke az x0 helyen
•K(*o),
amely definiálható a relatív megnyúlás x 0 helyre jellemző lokális értékének. A i]/t függvény második deriváltja is számolható, ezt t/^'-vel jelöljük.
A deformációs elmozduláshoz hasonlóan a feszültség is a hely és az idő függvénye: cr(x, t). Rögzítsük a t időpontot. Ekkor a rúd mentén különböző pontokban különböző a feszültség. A <r,(x) arra utal, hogy a tr(x, f) kétváltozós függvényből úgy kapjuk az x ^ a ,(x ) egyváltozós függvényt, hogy a második változóját rögzített értéken tartjuk. A 3.147. ábrán azt vázoltuk, hogy a feszültség hogyan alakul
301
E E H üF T E E3 3 I47-______ r*~ * I*" ~*~l ábra
a rúdban. A vizsgált időpontban a rúd végétől x0 távolságban van a feszültségnek maximális értéke. Különböző időpontokban persze más és más a feszültség eloszlása, a feszültségfüggvény grafikonja. Világos, hogy a 0 időpont közelében, a kalapácsütés után közvetlenül a feszültségfüggvény a rúd elején különbözik nullától. Egy bizonyos távolság után azonban a feszültség még nulla, ide még nem ért el az az információ, hogy a kalapács rácsapott a rúdra. A a,(x) függvény deriválhatósága ugyanígy feltehető, mint a és a tf/,(x) függvényé. A függvény hely szerinti deriváltját jelöljük. (Ugyanígy beszélhetünk a a idő szerinti deriváltjáról is, és a megfelelő második deriváltakról is.)
Ezután gyakran elhagyjuk ^ és a mellől az x és a t indexet, és használni fogjuk a i]/’(x, í), t//"(x, í), g'(x , t) stb. jelöléseket. Vezessük be ezért a következő definíciókat:
<A'(*, t): = tpí(x),
ij/"(x,t): = i//í'(x),
a'(x, t): = a’t(x),
*P(x, t): = \j/Jt),
$(x, t): = \j)x(t),
az értelmezési tartományba eső bármely t és x esetén.
Közbevetőleg tegyünk egy megjegyzést. Az elmozdulás (\|/) és a feszültség (a) egyaránt vektorok. Itt azonban a jelenség leírható az x tengellyel párhuzamos vektorokkal. Amikor itt elmozdulásról, illetve feszültségről beszélünk, akkor ezeknek a vektoroknak az első koordinátáját értjük ezen.
Mire jó a feszültség deriváltja? Válasz- szunk meg egymáshoz közel az x0 és az x koordinátájú pontokat, legyen
Ax: = x —x0.
A differenciálhányados jelentéséből következik, hogy valamely tetszőleges, de rögzített r0 időpontban a két helyen a feszültségek különbsége az x„-beli feszültségderiválttal becsülhető:
<r(r0, x) - o(t0, x0) = o’(tQ, x0) (x - x0).
A Ax hosszúságú, A keresztmetszetű részre ható eredő erő így:
A a’(t0, x 0) ( x - x 0).
(3.148. ábra). Ebben a térrészben az AAx térfogatú, A Axp tömegű anyag impulzusának időegységre eső megváltozása a deformációs elmozdulás második deriváltjával számolható ki, így
A a’(t0, x0)Ax = AAxp\ji(t0, x 0),
ű
302
azaz
a '(í0, x0) = p{j)(t0, x0).
Mivel az x„ helyet és a í„ időpontot tetszőlegesen választottuk meg, ezért a fenti összefüggés bármely x-re és í-re fennáll:
a'(x, t) = pij/(x, f),
vagyis rövid jelöléssel:
a = py/. (1)
Szóban: a rugalmas vékony rúdban a feszültség hely szerinti deriváltja egyenlő az impulzussűrűség időegységre eső megváltozásával.
Az (1) egyenlet alapvető jelentőségű. Newton II. törvényének lokális alakja: a benne szereplő mennyiségek mind intenzív mennyiségek. Ezt az egyenlőséget úgy tekinthetjük tehát, mint a dinamika alaptörvényének a rugalmas deformációt leíró megfogalmazását.
Ismét közbevetőleg két rövid megjegyzést hadd tegyünk:
1. Az (1) összefüggésben csak felületi erők eloszlása szerepel. Ha pl. a nehézségi erő is hat, akkor NewtonII. törvénye így alakul: o' + g = pij} (3.149. ábra).
2. Az (1) egyenlőség természetes módon általánosítható úgy, hogy tetszőleges
deformációkat jellemezhessünk vele. Itt most a rugalmas testekre gondoltunk.
A deformációt helyről helyre jellemző relatív megnyúlás a \j/ függvény hely szerinti deriváltja: A Hooke-törvény szerint
E P = o, (2)
és innen a második deriváltra áttérve:
Ety" = a'. (3)
Vessük ezt össze (l)-gyel:
p$ = E\j/",
illetve
Eiü= — w"
P(4)
Ez az állítás a rugalmas vékony rúdban a rúd irányú deformáció terjedésének a folyamatát írja le. Ez az alapvető jelentőségű tétel két pilléren nyugszik. Egyrészt Newton II. törvényén, ezt most az (1) állítás fejezi ki, másrészt a Hooke-féle (2) törvé-
(*)
3.149.ábra
nyen.
3.3.4. Longitudinális és transzverzális hullámok
Az előző pontban a rugalmas deformációt meghatározó kinematikai és dinamikai mennyiségek helytől és időtől való függését vizsgáltuk.
<** Meg kell jegyeznünk azonban, hogy a (4) összefüggés csak közelítőleg érvényes. A levezetésében felhasznált Hooke-tőrvény (2)-beli alakja csak akkor igaz, ha a rúdirányú deformáció hatására fellépő, rúdra merőleges feszültségek elhanyagolhatóak, ugyanez vonatkozik (4)-re is.
303
Gondolatmenetünkben a deformációt egy pillanatszerű hatás hozza létre: egy kalapáccsal rúd irányú ütést mérünk a rúd végére. Vizsgáljuk meg most azt a kérdést, hogy hogyan terjed a deformáció, ha a rúd végére folyamatosan, periodikusan változó deformációt alkalmazunk; magyarán: hogyan terjed a rezgőmozgás végig a rúd mentén?
Gondoljuk végig először, hogy kinematikailag mit jelent a rezgőmozgás tovaterjedése. Tegyük fel, hogy a rúd kezdőpontja harmonikus rezgőmozgást végez a rúd hossztengelyének az irányában. A kezdeti pont kitérése legyen a t időpontban A sin cot. (A rúd kezdőpontja a í = 0 időpontban nyugalomból, Aco kezdősebességgel az x tengely pozitív fele irányába mozdul el.)
A rezgési állapot terjedésével kapcsolatban a következő feltevésekkel éljünk:
1. A rúd mentén minden pont azonos körfrekvenciával rezeg.
2. Minden pont rezgését ugyanaz az amplitúdó jellemzi.
3. A rezgési állapot a rúdban egyenletes sebességgel terjed, ennek a terjedésnek a sebessége legyen c. Ez azt jelenti, hogy a rúd végétöl mérve x távolságban t: = x/c idő múlva jelenik meg a maximális sebességű rezgésállapot, az, amely a f = 0 időpontban a rúd elejétől indult.
Legyen tehát x egy tetszőleges pont koordinátája. Ennek a pontnak a kitérése a t időpontban A sin co(t —t0), ahol t0-lal azt az időt jelöltük, amennyi ahhoz kell, hogy a rezgésállapot a rúd elejéről az x koordinátájú helyre érjen. Láttuk, hogy í0: = x/c, így az x koordinátájú pont kitérése a r időpontban:
3.150.J--------------—------------- ábra
A kitérés nyilvánvalóan a helynek és az időnek a függvénye: a rúd különböző pontjai különböző kitéréssel rezegnek (3.150. ábra). Az x koordinátájú pont kitérését a t időpontban jelöljük ismét \p(x, í)-vel. Ekkor
2n f x \^(x ,f) = Xsin — I (1)
Az (1) kitérésfüggvény a hullámmozgás kinematikai definíciója: a hullámmozgás térben és időben periodikus folyamat. A legtöbb esetben feltehető, hogy a hullámmozgást kinematikailag a szinuszfüggvény, illetve annak egyszerű transzformációi írják le. (Csak megemlítjük, hogy a közismert vízhullámok nem szinuszos hullámok, gondoljunk a „tarajokra”.)
A hullámmozgás definícióját szolgáltató kitérésfüggvény helyettesítési értékét szolgáltató kepletben hajtsunk végre egy kis átalakítást:
^(*, t)= A sin
A c T szorzat jelentése: a deformációs állapot egy rezgés ideje alatt cT távolsággal mozdul el. Tegyük fel például, hogy a í = 0 időpontban az x = 0 helyen a kitérés nulla, a sebesség maximális, Aco, és a rúd vége pozitív irányba mozdul el. Ez a rezgésállapot a rúd kezdetén T idő múlva ismét megfigyelhető, ugyanakkor a deformációs állapot ez idő alatt cT távolságra terjed. A T időpontban a rúd elején megismétlődik a kezdeti hullámállapot, de ugyanezt az állapotot figyelhetjük meg a rúd elejétől cT
304
távolságra. A cT távolságot hullámhossznak nevezik és A-val jelölik. A rúd mentén egy adott pillanatban egymástól k távolságra vannak az azonos rezgésállapotú pontok: az egymástól k távolságra lévő pontok kitérése és sebessége is azonos (3.151. ábra).
H
ÜL
3.151.ábra
így a hullámmozgást definiáló függvényben az x és a í — a hely és az idő — szimmetrikus szerepet kap:
\p(x, t) = A sin 2n I —(hí) (2)
Figyeljük meg, hogy x és t szerepe valóban szimmetrikus, ugyanígy a periódusidő és a hullámhossz is. H a rögzítünk egy helykoordinátát tetszőlegesen, jelöljük ezt mondjuk x0-lal, akkor a (2) függvény csak az időtől függ, egyváltozós függvénynek tekinthető, és a rúd elejétől x0 távolságra lévő pont rezgőmozgását írja le. így az x/k a kezdőfázisnak felel meg. A (2) függvény tehát rögzített x0 esetén egyváltozós függvény, deriváltja az x0 egyensúlyi helyzet körül rezgő pont sebességfüggvénye. Ugyanígy a második deriváltja annak a rezgő pontnak a gyorsulásfüggvénye, amelynek az egyensúlyi helyzete az x0 pont. Az idő szerinti deriváltat a mennyi
ség fölé tett ponttal jelölve — mint szokásos —:
2n „ | * iP(x0,t)= A — cos2n[ -( l _ * o \
\ T k J ’
( L\ T k (3)
A 3.152. ábrán azt szemléltettük, hogy a különböző rögzített pontok harmonikus rezgést végeznek, az azonosan rezgő pontok éppen k távolságra vannak egymástól. Rögzítsük most a f0 időpontot tetszőlegesen. A (2) kétváltozós függvény így csak a helytől függ, egyváltozósnak tekinthető. A 3.153. ábrán azt szemléltettük, hogy egy rögzített időpontban, mint pillanatfelvételen a rúd mentén a rezgésállapotok periodikusan ismétlődnek, T idő- különbség esetén a két pillanatfelvételen azonos fázisállapotot látunk minden egyes pontban.
3.152.ábra
3.153.ábra
305
A (2) függvényt a hely függvénynek tekintve az idő függvényének tekintett egyváltozós függvénnyel lényegében azonos függvényt kapunk. A t-nek megfelel az x, a T periódusidőnek a X hullámhossz. H atározzuk meg a hely függvénynek tekintett hullámfüggvény deriváltjait. Az „x szerinti” deriváltat a függvény jele fölé tett vesszővel jelöljük, hogy megkülönböztessük az idő szerinti deriválttól. így tehát
2niy{x, t0) = — A — cos 2n
4k 2t0) = A - j 2~ sin 2n | ^
( t o _ * \\ t x y
( i o _ x \\ T * . ) '
(4)
Vessük össze a (4) egyenlőségeket. Szembetűnő a hely szerinti és az idő szerinti második deriváltak arányossága: bármely x és í esetén
T 2 ..il/"{x ,t)= -T fy(x,t),
vagy töm ör jelöléssel:
c V " = $ ,
(5)
(6)
és itt figyelembe vettük a hullámhossz definícióját, azt, hogy l= cT ,
Nagy jelentőségű eredményhez ju to ttunk. Elgondoltuk a rugalmas rúdban a rúd irányú, periodikus deformáció terjedésének a mechanizmusát. Ebben az esetben a rúd pontjainak elmozdulása a rúddal egyirányú. Az 1., 2., 3. feltevésekkel éltünk, és ezekből felépítettük az egyenes mentén terjedő hullámok elméletének az alapvonalait. Végezetül a (6) egyenlőséghez jutottunk, ami azonos formájú a 3.3.3. pontbeli (4) egyenlettel.
(Hasonló a helyzet ahhoz, amit a rezgőmozgásnál láttunk. Az 1.2.7. pontban leírtuk a rezgőmozgás kinematikai tulajdonságait, kiemelve, hogy a rezgőmozgás alap
egyenlete: a = —w 2x. Az a tény, hogy a rugóhoz erősített test harmonikus rezgést végez, azon múlik, hogy a rugalmas erő arányos a megnyúlással, vagyis ekkor Newton II. törvénye és a rezgőmozgás alapegyenlete formailag azonos. A helyzet valóban csak hasonló. Elképzelhető ugyanis, hogy a trigonometrikus függvényektől különböző függvényekből kiindulva is eljutunk a (6) egyenlőséghez. Az a= —w 2x egyenletnek valóban csak egyetlen megoldása van, a harmonikus rezgőmozgást leíró trigonometrikus függvény. A c2ip" = egyenletnek azonban sokféle, a hullám- függvénytől különböző megoldása is van.)
Az előző pontbeli (4) és a jelen pontbeli (6) egyenlőség párhuzamba állítása azt eredményezi, hogy a hullám terjedési sebességét visszavezethetjük a rúd anyagi jellemzőire, ugyanis
IEc= I — ■ (7)
("Egyszerű példaként vizsgáljuk meg, hogy milyen sebességgel teljed a rúd irányú rugalmas deformáció egy acélrúdban. Képzeljük el, hogy egy 40 méter hosszú acélrúd, például vasúti sín egyik végéhez egy kis acélgolyót helyezünk, a másik végéhez pedig a rúddal egyirányban egy másik acélgolyót gurítunk. A golyó ütközése után egy kis idő telik el, amíg a rúd másik végén a kezdetben nyugalomban lévő acélgolyó elindul. (Jó példát szolgáltatva az impulzus úgynevezett konduktív, vezetési áramára. Az impulzus úgy áramlik végig a rúdon, hogy ezt tömegáramlás nem kíséri.) A rugalmas deformáció terjedési sebessége az acélrúdban:
c =2 - ÍO10 N /m 2 m-------- T- — ;— j =1600 —,|3 lrft/*v>2 r,7,8 • 103 kg/m2
306
így 1/40=0,025 s = 25 ms idő szükséges ahhoz, hogy a deformáció végigszaladjon a rúdon. |
Az előző pont elején láttuk, hogy a deformáció rugalmas kötélen másképpen is terjedhet, mégpedig úgy hogy a kötél pontjai a kötélre merőlegesen mozdulnak el. Ha a kötelet megfeszítjük és az egyik végét a kötélre merőlegesen harmonikus rezgésbe hozzuk, akkor a rezgés végig terjed a kötélen: hullámmozgás valósul meg. A 3.154. ábrán látható, hogy a kötél minden pontja harmonikus rezgést végez a kötélre merőlegesen. Ugyanakkor a kötelet bármely pillanatban lefényképezve, a felvételen egy térbeli szinuszgörbe látható. Ha a kötél kezdőpontjának a kitérése A sin cot, akkor a kötél kezdetétől x távolságra a t időpontban a kitérés (amely most az x tengelyre merőleges):
t) = A sin 2n (t - í )A hullám terjedésének a mechanizmusa
ebben az esetben jobban megfigyelhető, mint a rúdban terjedő hullám esetén. Itt hullámhegyek és hullámvölgyek formájában halad végig. Természetesen arról van szó, hogy a kötélen csak a megfigyelt rezgésállapot halad, anélkül, hogy a kötél pontjai elmozdulnának a hullámteijedés irányában.
Egyszerű gondolatmenettel meghatározhatjuk a hullám terjedési sebességét is.
Tegyük fel, hogy egy p sűrűségű, A keresztmetszetű kötelet F erővel feszítünk. A
3.155.ábra
kötélen hullámhegyek és hullámvölgyek haladnak egyenletes sebességgel. Jelöljük ezt a sebességet c-vel. Tegyük fel, hogy egy hullámhegy belülről R sugarú körívvel helyettesíthető.
Mozogjunk most együtt egy hullámheggyel. Ekkor hozzánk képest a hullámhegy áll. A kötél pontjai azonban c sebességgel mozognak. Gondoljunk arra, hogy egy R sugarú hengeren egy kötelet húzunk állandó c sebességgel. Nyilvánvaló, hogy a kötél pontjai körpályán mozognak. Mi biztosítja a körpályán mozgás feltételét? Világos, hogy a kötelet feszítő erő. Legyen a 3.155. ábrán látható Al hosszúságú rész tömege Am, vagyis Am =pAAl. Erre az ívre az ábra szerint mindkét irányban F erő hat, az eredő erő a kör középpontja felé mutat:
- Aa „ Aa 2 F s in —- x 2 F —
2 2-FAa.
(Itt felhasználtuk azt a közelítő érvényű egyenlőséget, hogy kis szögek szinusza helyettesíthető a — radiánban mért — szöggel-)
Jegyezzük meg, hogy a hullámheggyel együtt mozgó koordináta-rendszer inerciarendszer, tehát Newton II. törvénye alkalmazható:
3.154.ábra FA<x = pA A l — ,
IV(9)
307
itt a bal oldalon az ívelemre ható — a kör középpontja felé mutató (centripetális) — erő, a jobb oldalon a tömeg és a centripetális gyorsulás szorzata áll. Az ívmérték értelmezése szerint Al = RAa, valamint F /A = o , ezeket figyelembe véve (9) így alakul:
c2 = pAffP
(10)
Ebből a kifeszített kötélben vagy a vékony, kifeszített fémszálban (húrban) tovaterjedő transzverzális hullámok sebessége* **:
c = (11)F
pA y p
Pfegyük fel, hogy egy rugalmas kötél sűrűsége 4 kg/dm3, körkeresztmetszetű és a sugara 0,5 cm. A kötelet 10 N erővel feszítjük. A kötél végét 1 másodperc periódusidővel rezgésben tartjuk. A hullám terjedési sebessége:
c=ION
7,85 - 10 5 m 2 -4 - 103 kg/m3
= 5 ,6 4 - .s
A kialakuló hullámhossz:
X = cT= 5,64 m. |
A deformáció tehát kétféle módon terjedhet a hullámmozgás során (3.156. ábra). Lehetséges, hogy a rugalmas anyag
Keresztirányban is kiterjedt rugalmas testben, pl. acélrúdban létrehozott transzverzális hullámok
ÍGterjedési sebessége: c = ahol G a nyírási mo
dulus. Ennek levezetése már komolyabb matematikai apparátust feltételez, ezért nem térünk rá ki.
3.156.ábra
pontjai a hullámterjedés irányával párhuzamosan rezegnek. Ebben az esetben a longitudinális hullámról beszélünk. Ha a rezgő pontok a hullámterjedés irányára merőlegesen rezegnek, akkor transzverzális hullámról van szó. Láttuk, hogy a longitudinális hullámok sebessége p sűrűségű, E Young-modulusú rúdban:
c=IE
a transzverzálisoké p sűrűségű, F erővel kifeszített kötélben vagy húrban:
c=
A hullám terjedése energia- és impulzusáramlással jár: a rugalmas kötélen vagy rúdon energia és impulzus terjed a hullám- terjedés irányában. Az impulzus áramlásának a mechanizmusát a o' = pij} egyenlet írja le. Vizsgáljuk meg most az energia terjedését.
A hullám energiája a rezgő anyag mozgási és rugalmas energiájának az összege. Korlátozódjunk a longitudinális hullám terjedésére rugalmas rúdban. Jelöljük a rúd keresztmetszetét most K-val, a Young- modulust Ey-Hal, nehogy összetévesszük az energia jelével, p pedig legyen szokás szerint a sűrűség.
308
Tegyük fel, hogy a hosszú rúdban A amplitúdójú, w körfrekvenciájú hullám alakul ki:
y/(x, t) = A sin 2n
= A sin (ü( t — —),C j
ahol
T - í , c - f c . co V p
Válasszunk ki a rúd mentén két pontot, az egyik koordinátája legyen x, a másiké valamivel nagyobb: x + Ax. A rúdra merőleges síkok elmozdulása ezeken a helyeken (3.157. ábra):
("!)•. . ( x + A x \
ij/2: — A sin co I t --------— I ,
a sebességek:
Vi. = Aco cos co ( t —
x + Ax
7>v2: = Aw cos co ^ t
Az Ax hosszú, K keresztmetszetű rész mozgási energiája:
£ m o z g = j p K A x A 2C02 C O S 2 £ 0 H)
XJ
X ♦ A x3.157.ábra
Másrészt
^2 — = :Ai{/ = vAt,
ahol Aí = Ax/c és f a (t —x/c) időpontbeli sebesség:
AxA^ = Aco — cos co
c
A direkciós erő:
D =— EyK
F gK Ax EyKA Aip Atp Ax
így a rugalmas energia:
1 EyK , , (Ax)2 , , rug= 2 ~ ^ T ^2 cos col t —
Figyelembe véve, hogy
c2= ^ ,
<-?)■
innen
Erug= — p K A xA 2co2 cos2 co ( t — j
Érdekes eredményt kaptunk. A hullám- mozgásban a mozgási és a rugalmas energia azonos fázisban halad. O tt nagy a rugalmas energia, ahol nagy a mozgási energia is, sőt a két energiatag állandóan megegyezik. Az összes energia:
E = pK A xA 2co2 cos2 co
az energiasűrűség pedig:
pE = f>A2co2 cos2 co
K >
H ) (12)
Ugyanez az eredmény érvényes transzverzális hullámoknál is.
Gondolatmenetünkben eddig a rugalmas rudat és a rugalmas kötelet végtelen
309
hosszúnak tekintettük. Most megvizsgáljuk, mi történik akkor, ha a rúd, illetve a kötél véges hosszúságú, mi történik a hullámban terjedő deformációval, ha a rúd, illetve a kötél végéhez ér. Foglaljuk össze a jelenségkörrel kapcsolatos tapasztalatokat.
Rögzítsük egy gumikötél egyik végét szilárd falhoz. A megfeszített kötélen hozzunk létre egy pillanatszerű hatással kihajlásszerű zavart. Megfigyelhetjük, hogy az egyetlen hullámhegy formájú zavar a falnál visszaverődik, mint hullámvölgy jön vissza. Úgy fogalmazzuk ezt meg, hogy a szilárd falhoz rögzített kötélen I80‘ -os fázisugrás lép fel (3.158. ábra).
Változtassuk meg most a demonstrációs kísérletet: a kötél végét egy vékony, hosz- szú fonállal rögzítsük a falhoz. Ez azt eredményezi, hogy a kötél vége szabadon elmozdulhat. Ekkor azt figyelhetjük meg, hogy a hullámhegy hullámhegyként jön vissza. Szokásos kifejezéssel élve: szabad végen történő visszaverődésnél nem lép fel fázisugrás.
Nagyon érdekes az, hogy egymás után több hullámhegyet elküldve a távolodó és a közeledő kihajlások átmennek egymáson. Ugyanez a helyzet a rezgés formájában terjedő zavarnál, hullámmozgásnál. A hullámok találkozását általában interferenciának nevezzük.
Az interferenciát a következő kísérlettel szokták szemléltetni. Három kötelet Y alakban erősítünk egymáshoz, a 3.159. ábrán látható módon. A három vég egyikét falhoz erősítjük, a másik két végét merev rúddal kötjük össze. Ha a rúd két végét ugyanazon frekvenciával és amplitúdóval azonos fázisban rezgetjük, akkor a két kötélágon végighaladó hullám a csomópontnál találkozva összeadódik, a harmadik kötélen összeadódva (szuperponálódva)
, / Y 3.I5K.ábra
3.J59.ábra
terjed. A csomóponthoz azonos fázisban érkeznek, ilyenkor egymást felerősítve tovaterjednek.
Ha a rúd két végét azonos periódusidővel és amplitúdóval ellentétes fázisban rezgetjük, akkor a csomóponthoz vezető köteleken hullámok figyelhetők meg, a kötél harmadik ága azonban nyugalomban marad, az ellentétes fázisban találkozó hullámok gyengítik, illetve kioltják egymást.
Vizsgáljunk meg egy ilyen egyszerű esetet. Képzeljük el, hogy az Y alakú kötél egyik szárán a hullám x , utat, a másik szárán x2 utat tesz meg a találkozásig. Ekkor a két hullámfüggvény:
^ ,(x , t) = /l sin 271 ( —(*-*)■ ( 1 > [ t ~ ~
^ 2(x, t) = A sin 2n
A találkozáskor a két hullámfüggvény ösz- szeadódik, az eredő
ip(x, t): = <Mx, t) + 2(x, í)-
310
. a+ P a ~ P sm a + sin p = 2 sin — -- cos ,
ezért azt kapjuk, hogy
ip{x,t)=2A sin 2n j x
Minthogy tetszőleges a és 0 szögek esetén
x * 2 . ( i - ! * * ) .
Szembetűnő, hogy az eredő hullámfüggvény két tényező szorzata, az első tényező— jelöljük ezt A*-ga\ — állandó:
x 2- x A2 k ) '
Ez a tényező (vagy az abszolút értéke) úgy tekinthető, mint az eredő hullám amplitúdója. A második tényezőt szemügyre véve azt látjuk, hogy az eredő hullám periódusideje azonos az összetevők periódusidejével.
Diszkutáljuk a kapott eredményt.1. A koszinuszfüggvény 0, n, 2n, 3rc,
4n , . . . helyeken az 1 vagy a — 1 értékeket veszi fel, így ha
2 k - 2" * 1 =nn ( n = 0 .1 ,2 , . . . ) ,
vagyis
x 2 — x l = 2 n — =nk (n = 0 ,1,2, . . . ) ,
(14)
akkor az A* = 2A vagy A* = —2A. Magyarán: ha az x 2—x t útkülönbség a hullám
hossz egész számú többszöröse, vagy ami ugyanezt jelenti, a félhullámhossz páros számú többszöröse, akkor az eredő hullám amplitúdója az összetevők amplitúdóinak az összege.
2. Nyilvánvaló, hogy /I =0 , ha
2KX^ = ( 2 n + 1)| (n = 0 ,1 ,2 , . . . ) ,
vagyis ha
3x 2 — =(2n+ i ) — (w=0, 1,2, . . . ) , (15)
a koszinuszfüggvény ugyanis a n/2, 3n/2, 5n/2, . . . pontokban vesz fel nulla értéket. Ha tehát az x 2—x, útkülönbség a hullámhossz felének páratlan számú többszöröse, akkor teljes kioltás lép fel.
Pvizsgáljuk meg a következő egyszerű példát. Két, egy irányban haladó, 10 cm amplitúdójú, 12 cm hullámhosszúságú hullám 4 cm útkülönbséggel találkozik (3.160. ábra). Ekkor az eredő hullám amplitúdója:
4A* = 2 - 10-cos 2 n — =
24
= 2 ■ 10 cos 1,07 = 20 • 0,5= 10 cm,
vagyis a két 10 cm-es amplitúdójú hullám eredője ebben az esetben 10 cm-es amplitúdójú hullám lesz. Világos, hogy a két hullám teljesen kioltja egymást, ha az út-
A* = 2A cos 2n
311
különbség
x 2- x 1= 6 cm , 18cm ,30cm ,4 2 cm ,. .
Felhasználva, hogy tetszőleges a és fi szögek esetén
és az erősítés teljes, ha
x 2 — = 0 cm, 12 cm, 24 cm, 36 cm ,. . „ j
Vizsgáljuk meg most azt a különösen érdekes esetet, amikor egy kötél vagy rúd végén visszaverődő hullám önmagával in- terferál. Ilyenkor természetesen teljesül az a feltétel, hogy a két hullám periódusideje és hullámhossza megegyezik.
Induljunk ki abból, hogy egy L hosszúságú kötél végét szilárd falhoz kötjük. A kötél kezdetét A amplitúdóval, T periódusidővel rezgésbe hozzuk. Jelöljük a hul- lámhosszot A-val. Ekkor a rúd elejétől x távolságra a kitérés:
t) = A sin 2n ( f - i )A rezgés fázisa a falról visszaverődve 18C '- kai változik, így a visszatérő hullám kitérése a kötél elejétől x távolságra
. . / t 2L — x \ V2ÍX, t) = A sin 2it I — ------ -— +Jt 1,
hiszen ahhoz, hogy a hullám a kötél végén visszaverődve az x koordinátájú pontba jusson, 2L — x utat kell megtennie. Másrészt a szinuszfüggvényt ir-vel eltolva, a— 1-szeresére változik:
sin(a + 7r)= — sin a ,
így
tl/2(x, t) = — A sin 2irf t 2L - x \\ t t ~ yT X
Az eredő:
ip(x,t) = A s m 2 n ^ -
—A sin 2n (
312
( t 2L —x \■ \ t ~ — )■
a - f i a+P sin a —sin p = 2 sin — — cos — —
fennáll, azt kapjuk, hogy
iKx , t ) =
- 2AÚ''2"{L r ) QOs2' ' { T - j ) -Nagyon érdekes az eredmény. Az oda- vissza haladó hullámok eredőjeként, interferenciájaként olyan mozgás alakul ki, amelyben a kötél minden pontja azonos periódusidővel, azonos fázisban, de különböző amplitúdóval harmonikus rezgést végez. A kötél végétől x távolságra az amplitúdó:
/ — v /l* = 2j4sin 2n-
X
Látszik, hogy A* a helynek szinuszos függvénye, az időtől azonban nem függ. Ezért van az, hogy a kötélen valóságos álló szinuszhullámokat látunk kialakulni. K ülönösen jól látszik ez nagy rezgésszámú húrnál, alkalmas megvilágításban. Az ilyen jelenséget ezért állóhullámnak nevezzük (3.161. ábra). Mivel a szinuszfüggvény a 0, n, 2n, 3n, . . . helyeken nulla, ezért az állóhullám amplitúdója nulla azokon a helyeken, ahol
L - x 2 n — :— =rar
L-x
3.161.ábra
vagyis tok helye ott van, ahol
L - x = n — (« = 0, 1,2,3, . . . ) . (16)
Az ilyen helyeket csomópontoknak nevezzük. A csomópontok távolsága a faltól az
L - x = ° , l - , 2 - , 3 - , . "
helyeken van. A maximális amplitúdó 2A, az ilyen helyeket duzzadó helyeknek nevezzük. Ezek’ távolsága is A/2.
Tanulmányozzuk most azt az esetet, amikor a kötél szabad végén visszaverődve interferál saját magával. Ekkor a kötél végéről visszavert hullám a kötél elejétől x távolságra
, . / t 2L —x \ ij/2(x, t) —A sin 2nl — ------ -— J
kitérésű rezgőmozgást eredményez. A szabad végén visszaverődve nincs fázisváltás (3.162. ábra). A ^ ( x , t) kitérés ugyanaz, mint az előbbi gondolatmenetben. Az eredő:
<Hx,t) =
mint ez könnyen ellenőrizhető. Most is állóhullám alakul ki, az amplitúdója helytől függő, minden pont azonos periódusidővel azonos fázisban rezeg. A Csomópon
t i
3.162.ábra
2k ~~~~~ = ( 2 n 1) “ (w = 0 ,1,2,3, . . . ) ,A Z
vagyis
L - x = ( 2 n + l ) | (n = 0 ,1,2, 3 , . . . ) .
(17)
Az L — x jelentése: a csomóponti helyek távolsága a kötél szabad végétől. Világos, hogy ha n = 0, akkor L —x = Á/4, az első csomópont tehát a szabad végtől negyed hullámhossz távolságra van. így a szabad végnél duzzadóhely van. A csomópontok és a duzzadóhelyek is A/2 távolságra követik egymást.
Természetesen mindezek longitudinális hullámra is érvényesek. Interferencia esetén az ellentétes irányba mozgó részecskék impulzusa „kioltja” egymást, az azonos irányba mozgóké felerősíti. Állóhullámok is ugyanúgy kialakulhatnak rugalmas rúdon terjedő longitudinális hullám esetén. Minden pont azonos periódusidővel, azonos fázisban rezeg, de az amplitúdók különbözőek. Ahol csomópont van, ott az impulzussűrűség nulla, ahol duzzadóhely van, ott maximális.
A transzverzális és longitudinális hullámokra a hullámegyenlet egyaránt érvényes, az interferencia elvei is egyaránt teljesülnek. Van azonban egy alapvető különbség a két hullámfajta között, az tudniillik, amit szemmel is jól láthatunk: a transzverzális hullámban a tömeg részecskéi a hullám terjedésére merőlegesen rezegnek, a longitudinális hullámban a részecskék kitérése megegyezik a hullámterjedés irányával.
A transzverzális hullámban a részecskék rezgése merőleges a hullámterjedés irányára. Természetesen lehetséges, hogy a
313
sA /"
3.163. ábra
rezgés iránya a kötél mentén más és más: a rezgés iránya többféleképpen lehet merőleges a hullám terjedésének irányára.
Ha a rugalmas kötélen a tömegpontok rezgései egy adott síkban valósulnak meg, akkor polarizált hullámról beszélünk. Ha a kötél végét különböző irányokban rezgetjük, akkor polarizálatlan hullám jön létre. A polarizálatlan hullámot a 3.163. ábrán látható módon polarizálhatjuk, ha egy lemezen vágott résen át vezetjük a hullámot. A rés csak egysíkú hullámokat enged át, olyan hullámokat, amelyeknek a síkja a réssel párhuzamos. Ezt a berendezést polarizátornak nevezzük. Ha két polarizátort helyezünk el egymás után, egymásra merőlegesen, akkor ezzel kioltjuk a hullámot.
3.3.5. Huygens—Fresnel-elv
Az előző pontban a hullámmozgás legegyszerűbb esetével, az egyenes mentén teijedő transzverzális és longitudinális hullámmal foglalkoztunk. Vizsgáljuk meg most ebben a fejezetben a hullámok keletkezését és terjedését, a hullámmozgás törvényszerűségeit, ha a hullámmozgás forrását homogén, mindenütt azonos rugalmassági modulusú közeg veszi körül.
Síkbeli hullámok keletkeznek, ha egy kifeszített gumilap egy pontjára periodikusan változó erőt fejtünk ki, vagy ha egy sík fémlap egy pontját rezgésbe hozzuk. A
deformáció a hullám forrásától minden irányban szétterjed. A síkbeli hullámok igen jól demonstrálhatók vízhullámokkal. (Igaz, hogy a vízhullámok csak közelítőleg tekinthetők harmonikus hullámoknak, és a víz tulajdonságaival sem foglalkoztunk még. Fogjuk fel azonban úgy most a vízhullámok keltését és megfigyelését, mint a hullámmozgás szemléltetésére szolgáló lehetőséget. Ne törődjünk most sokat azzal, hogy a víz nem rugalmas, a vízhullám nem szinuszos, arra jó az egész, hogy a kevésbé látványos gumilemezen vagy fémlapon kialakuló hullámok helyett a víz hullámaival szemléltessük a síkbeli hullámokat.)
A vízhullámok keletkezését és terjedését egy egyszerű eszközzel vizsgálhatjuk meg. Lapos tányérhoz hasonló üvegedénybe öntsünk vizet. (A tányér fala legyen lejtős. Ezzel a falon való visszaverődés kiküszöbölhető. Ha az edényt alulról á tvilágítjuk, akkor a jelenségek a kivetített árnyék mozgásán jól megjeleníthetők (3.164. ábra).
Ha egy ilyen tányérba egy kis kavicsot ejtünk, akkor a vízfelület hullámai minden irányban egyenletesen terjednek: a kavics vízbe esésének a helyét egy növekvő sugarú kör alakú bemélyedés veszi körül. A víz felületén a deformáció minden irányban egyenletesen terjed. Hullámszerű
3.164.ábra
314
jelenséget nyerünk, ha a kavics helyett szemcseppentőből vizet csepegtetünk az edénybe.
A víz felszínét periodikusan „ingerelhetjük” egy a víz fölött rugón rezgő testtel, például úgy, hogy a testhez egy kis tűt erősítünk, amely néhány milliméterre belóg a vízbe, illetve kiemelkedik a vízből (3.165. ábra).
Azt tapasztaljuk, hogy a hullám minden irányban egyenletesen terjed, és az azonos fázisban lévő pontok a hullámkeltés helye körül koncentrikus körökön helyezkednek el.
A rugón rezgő testre a tű helyett egy vékony fémlapot szerelünk. H a ez a lap periodikusan bemerül a vízbe és kiemelkedik a vízből, akkor a lapra merőlegesen egyenes vonalhullámok alakulnak ki (3.166. ábra).
A víz felszínén terjedő hullámok megfigyelése nyomán képet alkothatunk a térbeli hullámterjedésről is. Ha a közegben a hullám teijedésének a sebessége minden irányban azonos, idegen szóval a közeg izotróp, akkor egy pontszerű hullámforrás körül az azonos fázisban lévő pontok egy gömbfelületen vannak. Úgy is kifejezhetjük ezt, hogy az egy pontból kiinduló hullám hullámfelületei koncentrikus gömbök.
Természetesen, ha a hullámforrás egy nagy sík lemez, akkor a hullámfelületek a hullámforrással párhuzamos síkok. Ha a hullám forrása egy egyenes vonalszerű tárgy, akkor a hullámfelületek koncentrikus hengerfelületek.
Térjünk most vissza a síkbeli hullámokhoz, állításaink ugyanis a felületi hullámokkal igen jól szemléltethetők.
A rugón rezgő testre erősítsünk két tűt. Ezek a vízzel telt üvegtányérban két hullámforrást hoznak létre, két pontból indulnak ki koncentrikus hullámvonalak. Ezek egymáson való áthaladásakor jellegzetes erősítési és kioltási jelenség, interferencia figyelhető meg. Az erősítési és gyengíté- si helyek meghatározott görbéken helyezkednek el. Ezeknek a görbéknek a jellemzését könnyen megadhatjuk (3.167. ábra).
3.166.ábra
315
Tegyük fel, hogy az egyik hullámforrás a P, a másik a Q pontban van. Az A pontban akkor van erősítés, ha a P és a Q pontokból ideérkező hullámok fáziskülönbsége 2n vagy 2n egész számú többszöröse. A P-ből induló hullám fázisösz- szege:
XiT Xy ) '
a Q-ból induló hullámé:
_ f 2 \
Az erősítés feltétele: a i —a1 = 2kn, ahol fc = 0, 1,2, . . . . Ez azt jelenti, hogy erősítés akkor jön létre, ha
x 1 — x 2=kÁ (k = 0 ,1,2, . . . ) , (1)
ahol X[ a P és A pontok távolsága, x 2 a Q és A pontok távolsága. Az (1) feltétel azt jelenti, hogy az erősítési helyek hiperbolákon helyezkednek el. A hiperbola ugyanis azoknak a pontoknak a „mértani helye”, amelyek két adott ponttól mért távolságának a különbsége állandó (3.168. ábra).
Keltsünk most a vízzel telt tányérban egyenes vonalú hullámokat. Helyezzünk a hullámvonal útjába egy olyan lapocskát, amelyen parányi — mondjuk fél milliméter széles — zsilipek nyithatók. Ha egyetlen
3.168ábra
3.169ábra
zsilip sincs nyitva, akkor a lap megakadályozza a hullámvonalak terjedését. Nyissunk most ki egy kis zsilipet. A hullámfront most is megáll a falnál, a kis nyitott résen azonban átszivárog. A nyitott résnél a fal túloldalán kör alakú hullámvonalak keletkeznek. A résből elemi körhullámok indulnak ki, úgy mint a rezgő tü környezetéből, természetesen csak a fal egyik oldalán.
Ha két kaput nyitunk akkor mindkét keskeny résből kör alakú hullámvonalak indulnak ki. A kör alakú, távolodó hullámhegyek és völgyek keresztülhaladnak egymáson: interferálnak, pontosan úgy, ahogyan a két tű környezetéből kiinduló hullámok esetén láthattuk (3.169. ábra).
(Ugyanezt látjuk akkor is, ha a fal innenső oldalán nem egyenes hullámvonalak érik a falat, hanem egy pontból kiinduló kör alakú hullámvonalak.)
A hullámok terjedésénél fellépő jelenségek magyarázatára Huygens — Newton kortársa — egy igen termékeny hipotézist állított fel. Az előbb vázolt jelenségekre támaszkodva úgy gondolta, hogy a hullámtérben minden pont elemi hullámok kiindulópontja, ugyanúgy, ahogy a hullámot keltő részecskék primer hullámai. Gondoljuk meg: a hullámtérben minden részecske ugyanúgy mozog, mint a hullám forrását keltő, külső erő által rezgésben tartott
316
részecske. A hullámtérben minden pont ugyanúgy befolyásolja a környezetét, mint az elsődleges hullámok.
Huygens elve: ha egy pillanatban ismert egy hullámfelület, akkor ennek a felületnek ( vonalnak) a pontjaiból kiinduló hullámok burkoló felülete™ szolgáltatja a későbbi időpontban kialakuló hullámfrontot. Pontosabban: egy hullámfelület minden pontja elemi hullámok kiindulópontja, a később kialakuló hullámfelület ezeknek a hullámoknak a burkoló felülete.
Világítsuk meg közelebbről Huygens elvét!
Tegyük fel, hogy az ábrán látható O pontból gömbhullámok indulnak ki. Az egyik hullámfront a t, időpontban az r t : = = ct1 sugarú gömbfelület. Legyen most h > t i- Ekkor az r, sugarú gömbfelület pontjaiból kiinduló elemi hullámok burkoló felülete pontosan az r2: — ct2 sugarú gömbfelület. Az r2 sugarú hullámfrontot úgy is felfoghatjuk, mint az O pontból induló, t2 ideig távolodó frontot, amely végül is r2= ct2 távol kerül a hullámforrástól. Felfogható azonban úgy is, mint a korábbi cf, sugarú hullámfrontról kiinduló, t2 — t i idő alatt kialakuló elemi gömbhullámok eredője. A helyett más időpontot is választhattunk volna. Ha t < t 2, akkor az O pontból t idő alatt eltávolodó hullámfront pontjairól kiinduló, c(f2 —f) sugarú gömbfelület burkolója ugyanazt a hullámfrontot adja (3.170. ábra).
Értsük meg: ezek az értelmezések nem ellentmondók, hanem ugyanazok. Ez a Huygens-elv tartalma. Akármelyik felületet
Egy felületsereg burkoló felülete egy olyan felület, amely minden pontban érinti a felületek valamelyikét, azaz ha érintősíkot húzunk a burkoló felülethez, akkor ez érintősíkja a felületsereg valamelyik elemének is.
választjuk, a hullámtér jelenségei ugyanúgy magyarázhatók, a magyarázatok egyenértékűek.
A Huygens-elv alkalmas a hullámtörés és a hullámok visszaverődésének a magyarázatára.
Keltsünk az üvegtányérban egyenes hullámvonalakat. Helyezzünk el korábban a tányérba egy sík üveglemezt úgy, hogy a víz mélységet a tányér egyik részén mondjuk felére csökkentsük ezzel. Ha például a tányérban 4 mm a víz mélysége, akkor legyen az üveglemez vastagsága 2 mm. A vízhullámok terjedési sebessége a víz mélységétől függ, így az üveglemez fölött más sebességgel terjed a hullám (3.171. ábra).
Ha a hullámfront és a tányérba helyezett üveglap széle nem párhuzamos, akkor a hullámfront az üveglap feletti részbe hatolva megváltoztatja az irányát.
B
3.171.ábra
317
Vizsgáljuk meg részletesen a jelenséget, és kíséreljük meg az értelmezését megadni a Huygens-elv alapján! Tegyük fel, hogy adott az 1 -es közeg, ebben a hullám terjedési sebessége legyen c1; és a 2-es közeg, ebben c2 sebességgel terjed a hullám. Tegyük fel, hogy c j > c 2. A két közeg határfelületét jelöljük H-val. Tegyük fel, hogy a t= 0 időpontban a síkhullám egyik hullámfrontja F ! . A hullámfront legtávolabbi pontja t0 = d/c1 idő alatt ér a határfelülethez. A határfelület minden pontjából — amikor a határfelülethez érnek — elemi hullámok indulnak ki c2 sebességgel. Az A pont m ár a 1=0 időpontban a határfelülethez ért, így a belőle kiinduló elemi hullám már c2t0 sugarú gömbfelületet érte el. A B pont a t0 időpontban érkezett a határfelülethez, a belőle kiinduló elemi hullámnak nulla sugarú gömb felel meg. Ha a C pont az A és a B között a szakaszt felezi, akkor a belőle kiinduló elemi gömbhullám sugara c2t0/2. Ezeknek a gömböknek a burkoló felülete az ábrán kettős vonallal jelölt egyenes szakasz, az új hullámfront. Jelöljük a hullámfrontok határfelülettel bezárt szögét a-val, illetve /?-val. A 3.171. ábrán látható két derékszögű háromszög átfogója azonos, legyen ennek a közös átfogónak a hossza x. A szöggel szemközti befogók az egyik esetben c1t0, a másik esetben c2t0. Tehát
Clfo • n C2 0s i n a = ----- , s in /? = ------ .x x
A két egyenlőség hányadosából:
Ez a törés törvénye. A hullámfront haladási irányának a határfelület normálisával bezárt szögét beesési, illetve törési szögnek nevezzük. így tehát a beesési és a törési szög
3.172. ábra
szinuszának az aránya a terjedési sebességek arányával egyezik meg. Az n21 hányadost a második közeg elsőre vonatkozó relatív törésmutatójának nevezzük.
A visszaverődés jelenségét hasonlóan értelmezzük. A H határfelülethez érkező síkhullám F frontjának a B pontja t=d/c idő alatt ér a határfelülethez. Amikor a front egy pontja a felülethez ér, elemi gömbhullámokat kelt. Amikor a B pont éppen a határfelülethez ér, az A pontból kiinduló gömbhullám sugara ct. A többi pont az A pont után érkezett, az általuk keltett elemi hullámok gömbfelülete kisebb, mint az A- hoz tartozó hullámé (3.172. ábra).
Az ábráról látható, hogy a beeső és a visszaverődő hullámfront szerepe felcserélhető: a beeső hullámfront és a határfelület szöge megegyezik a visszavert hullámfront és a határfelület szögével.
A hullámok terjedésével kapcsolatos jelenségek közül az elhajlási jelenséget**1 a Huygens-féle hipotézissel nem lehetett értelmezni. Az elvet Fresnel módosította, tökéletesített formájában az elhajlási jelenségek értelmezésére is alkalmas. Fresnel a burkoló felületek helyett az interferenciaelvet használja.
A hullámtérben tekintsünk egy tetszőleges felületet. Ennek a felületnek minden pontja elemi hullámok kiindulópontja. Ha
Az elhajlás akkor figyelhető meg, ha a hullám terjedésének irányába helyezett résen halad át. Ekkor széttér, éles árnyékot nem ad. Elhajlással magyarázható például az, hogy a szomszéd szobából is halljuk a hangot, a nyitott ajtón keresztül, bár a beszélő az ajtó mögött áll.
318
megadunk egy tetszőleges pontot, akkor ennek a rezgési állapotát a felületből kiinduló, ide érkező elemi hullámok interferenciája adja meg.
Tegyük fel, hogy a H határfelületen egy széles rés van: az A és a B pontok között. A határfelülethez egy síkhullám érkezik merőlegesen. Vegyünk fel a határfelületen túl egy P pontot. A Huygens—Fresnel-elv szerint a P pont rezgésállapota az A és a B pontok közötti szakasz pontjaiból kiinduló elemi hullámok interferenciájával megmagyarázható (3.173. ábra).
Ha az A és B pontok közötti d távolság kicsi a hullámhosszhoz képest, akkor a P pontba ju tó elemi hullámok maximális útkülönbsége kisebb, mint A/2 — akárhol van a P pont —, így az elemi hullámok a P pont helyzetétől függetlenül erősítik egymást. Az igen keskeny résen áthaladva a hullám minden irányba terjed.
H a d távolság egyenlő nagyságrendű a hullámhosszal, vagy nagyobb annál, akkor a P pontba érkező elemi hullámok nemcsak maximumot, hanem minimumot is eredményezhetnek. Ha a rés sokkal szélesebb a hullámhosszhoz viszonyítva, akkor meglehetősen éles árnyékjelenséget figyelhetünk meg.
A Huygens-elv Fresnel-féle módosítása a törés és a visszaverődés értelmezését is pontosabbá teszi.
H
A
P
3.173.ábra
A H határfelületre essék be egy síkhullám. A 3.174. ábrán látható AA' szakasz pontjaiból kiinduló hullámok a határfelület PP ' pontjaihoz érkeznek. Természetesen különböző fázisban, hiszen különböző utakat kell megtenniök. A P-be és a P'-be érkező elemi hullámok s sin a útkülönbség- gel érkeznek, ezért az A-ból P-be, illetve az A'-ből P'-be érkező hullámok terjedési ide-
. ssin a . ,je k o zo tt-------- idokulonbseg van. A P es
ClP' pontok közötti szakasz pontjai különböző fázisban rezegnek. A szakasz pontjaiból kiinduló elemi hullámok minden irányba terjednek, de erősítés csak olyan irányokban történhet, amerre a P és P' szakaszról induló elemi hullámok fázis- különbségét az útkülönbség kompenzálja. Innen egyszerűen adódik a visszaverődés törvénye: erősítés olyan irányban van, amelynek a szöge megegyezik a határfelülethez érkező hullám beesési szögével. Az ilyen irányokban ugyanis az útkülönb- ségből származó fáziskülönbség pontosan megegyezik az elemi hullámok fáziskülönbségével.
Törésnél a következőt mondhatjuk. Ha
az elemi hullámok 5 S1”— időkülönbsé-c 1
gét egyenlővé tesszük a második közegben, , s s in B ,
számított -------- idokulonbseggel, akkorc2
ebből a (2) törés törvényét kapjuk (3.175. ábra).
319
A hullámok törésénél tehát a két közeg határán különböző fázisban rezegnek a pontok (ha a^O ), ebből a pontból minden irányba indulnak elemi hullámok, a második közeg felé is. Ezek az elemi hullámok interferencia következtében kioltják egymást, kivéve azt az irányt, amerre az útkülönbség pontosan kompenzálja a közeg
határáról induló elemi hullámok fáziskülönbségét.
ITllusztrációként tanulmányozzuk át a következő egyszerű példát. Egy keskeny hullámfront gumiból 1° beesési szöggel vasba érkezik. A hullám terjedési sebessége a gumiban 40 m/s, a vasban 1500 m/s. Jelöljük a hullám terjedési irányának a beesési merőlegessel bezárt szögéi a-val. Ekkor
sin a 1500 sin 1° = 40 ’
innen a = 40,8°. A rezgés frekvenciája nem változik, így ha a beeső hullámfronlban (vagyis a gumiban) a frekvencia 2000 l/s, akkor a hullámhossz: k l = c / f =40/2000= = 2 cm, a vasban: Á2= 1500/2000 = 75 c rn j
X. Feladatcsoport: rugalmas testek, a rugalmas deformáció terjedése
X /l. Az acél és a réz Young-modulusa:
EA = 2 • 105 N /m m 2 = 2 - 1011 N /m 2,
Er = 1,2- 105 N/m m 2 = 1,2• 1011 N/m2.
Mennyivel nyúlik meg egy 2 méter hosz- szú, 2 mm2 keresztmetszetű acélszál 200 N erő hatására? M ekkora a megnyúlás, ha ugyanezzel az erővel 2 méter hosszú, 2 mm2 keresztmetszetű rézszálat nyújtunk? Erősítsük össze a két szálat úgy, hogy 4 méter hosszú, felerészben acél-, felerészben rézdrótunk legyen. Mennyivel nyúlik ez meg, ha 200 N erővel húzzuk? Képzeljük el, hogy a két drótot párhuzamosan helyezzük egymás mellé, a végeiket összeerősítjük, és erre a kettős szálra 200 N erőt fejtünk ki. Mennyivel nyúlnak meg?
X/2. Elhanyagolható tömegű, 1=1 m hosszúságú, A = l mm2 keresztmetszetű acélszál (£ = 2 - 1011 N /m 2) egyik végét a mennyezethez erősítjük, a másik végére m = 2 kg tömegű, kisméretű testet rögzítünk. Ezt a testet felemeljük a mennyezethez, majd elengedjük. M ekkora lesz a fonál maximális hossza? Mekkora a fonalat feszítő legnagyobb erő?
X/3. Határozzuk meg a longitudinális deformáció terjedését rézben! (A réz Young- modulusa és sűrűsége: £ = 1 ,2 - 1011 N /m 2 és p = 8,9 kg/dm3.)
X/4. Egyenes mentén terjedő hullám kitérése a hullámkeltés helyétől x távolságra a t időpontban:
_y(x, t) = 0,6 sin 2000 ^ t —
[y] = cm, [x ]= cm , [ í ] = s
320
Határozzuk meg a hullám terjedési sebességét, a hullámhosszát, a rezgő pontok amplitúdóját!
X/5. A hanghullámok terjedési sebessége 340 m/s. A í = 0 pillanatban megszólaltatunk egy hangvillát: ekkor a kitérése nulla. A hangvilla rezgésszáma 440 l/s, amplitúdója 0,2 mm. Mekkora a levegő részecskéinek kitérése a hangvillától 5 cm távolságban, a t = 0,012 s időpontban?
X/6. Egy végtelen hosszú, rugalmas pontsoron transzverzális hullám terjed. A rezgő pontok amplitúdója 5 cm, a részecskék legnagyobb gyorsulása 125 m/s2. A hullám terjedési sebessége 40 m/s. Mekkora a rezgő pontok maximális sebessége? Mekkora az azonos fázisban rezgő pontok legkisebb távolsága?
X/7. Egy végtelen hosszú, rugalmas pontsoron transzverzális hullám halad. A rezgő pontok legnagyobb sebessége 4 m/s, a legnagyobb gyorsulása 160 m/s2. Az azonos fázisban rezgő pontok legkisebb távolsága 1,57 méter. Határozzuk meg a hullám ter
jedési sebességét és a rezgés amplitúdóját!X/8. Egy végtelen hosszú, rugalmas rúd
ban longitudinális hullám terjed. A hullám teijedési sebessége 100 m/s. A hullámhossz 10 méter. Mekkora a rezgő pontok maximális sebessége és a legnagyobb gyorsulása, ha a pontok kitérése 15 cm?
X/9. Egy egyenes mentén terjedő hullám rezgésszáma / = 2,5 l/s, a terjedési sebessége 300 m/s. Mekkora a fáziskülönbség a hullámforrástól 12 méterre és 16 méterre levő pontok között?
X/10. Két hullámforrás egymástól L = = 0,40 m távolságra teljesen azonos módon működik, azonos fázisban rezeg. A frekvencia / = 100 l/s. A hullám terjedési sebessége c = 10 m/s. A két hullámforrás között hol helyezkednek el azok a pontok, ahol a szembe haladó két hullám kioltja egymást?
X /l l . Egy Y alakú gumikötél két rövid ága .x1 = 27 cm és jc2 = 54 cm hosszú. A két ág egy igen hosszú harmadik ágban folytatódik. A két rövid szár végét azonos T = 0,3 s periódusidővel, azonos fázisban rezgésben tartják. A két hullám amplitúdója 3 cm, a terjedés sebessége 90 cm/s. Milyen hullámmozgás alakul ki a harmadik ágban?
X/12. M ekkora frekvenciával kell egy mindkét végén rögzített, L = 6 m hosszú kötelet rezgésbe hoznunk, hogy álló hullámok alakuljanak ki? A hullám terjedési sebessége c = 3 m/s.
X/13. Egy falhoz rögzített gumikötelet megfeszítünk. A kötél hossza 3,5 méter. Rezgésbe hozzuk a végét. A 12 cm amplitúdójú rezgésállapot tovateijed, és visszaverődik a falnál. Állóhullámok alakulnak ki 2 csomóponttal. M ekkora a rezgő pontok amplitúdója a hullámkeltés helyétől 26 cm-re? ••
X/14. Keskeny hullámnyaláb vízből üvegbe lép. A beesési szög 12°. A hullám sebessége vízben 1500 m/s, üvegben 5200 m/s. A frekvencia 1000 l/s. Milyen szögben halad a megtört hullám? Hogyan változik a hullámhossz?
321
3.4. A folyadékok dinamikája
3.4.1. Bernoulli törvénye
Azokat a folytonos pontrendszereket, amelyekben
1. a sűrűség állandó és egyenletes, és2. a nyírófeszültség nulla,
(ideális) folyadékoknak nevezzük. Az ilyen anyagokról a mindennapi életben tényleg azt mondjuk, hogy folyadékok. A hétköznapi szemléletben a folyadék valóban folytonos, a tér egy részét folytonosan kitöltő anyag, mint ahogy a víz betölti a poharat, a bor a palackot.
A folyadék sűrűsége minden pontban azonos. Ha két egymásra rétegezett folyadék sűrűsége különböző, akkor ezeket valóban különböző folyadékoknak tekintjük. A folyadék sűrűsége nemcsak egyenletes eloszlású, hanem állandó is, vagyis a folyadék összenyomhatatlan. Az összenyom- hatatlanság az egyik legfontosabb szemléleti eleme a folyadékokról alkotott képünknek. (A kísérletek tanulsága szerint a valóságos folyadékok sokszor még jobban összenyomhatatlanok, mint a kristályos szilárd testek.)
A folyadékról alkotott képünk legfontosabb eleme az, hogy belsejében a nyírófeszültség nulla. Ez azt jelenti, hogy az ideális folyadékban belső súrlódás nem léphet fel. Ha a folyadékba belevágunk egy késsel, akkor a késpenge akadálytalanul áthatol az anyagon. Az áramló folyadékban sem lépnek fel a mozgást akadályozó súrlódási erők.
A folyadékok nyírófeszültsége nulla, ennek a következménye az, hogy a folyadék folyékony. Ha a pohárba öntjük, akkor a folyadék felszíne vízszintes lesz, ellentétben a pohárba öntött homokéval. A homok
felszínén egy púp m arad (3.176. ábra), a tálba öntött csokoládékrém felszíne sem lesz vízszintes. A homokszemcsék és a csokoládékrémet alkotó részecskék között súrlódási erő hat, ezért nem gördül le a homokszemcse a homokpúp oldalán, nem alakul ki vízszintes felület a csokoládékrémen.
A folyadékok legegyszerűbb modelljét írtuk körül. Lehetséges, hogy az Olvasó elégedetlenkedik az ilyen egyszerű modell miatt. Szó sincs benne a belső súrlódásról, a felületi feszültségről, sőt a molekuláról sem. Valóban nincs, azonban — látni fogjuk — így jutunk a legmesszebbre. Egyszerű modellünk aztán továbbfejleszthető lesz, ha felépítettük a folyadékdinamika alapjait, a körülményeket bonyolító tényezőket „belekeverhetjük” a modellbe.
Nem szeretnénk azonban egyelőre lemondani a folytonos modellről, folytonosnak fogjuk tekinteni a folyadékokat úgy, mint egy kisgyerek folytonosnak látja a tejet. Nagyon csodálkozna azon, hogy egy csomó kis golyót iszik az üvegből. A folytonos szemlélet sok előnnyel jár, a modellünket és az eredményeinket egyszerűvé, áttekinthetővé teszi.
Nem szeretnénk megbontránkoztatni az Olvasót: tudjuk, hogy vannak atomok és molekulák. Csak nem akarjuk a modellünkben figyelembe venni a létüket, mert
322
— itt és most — semmi eredménnyel nem járna, a gondolatmenetet csak zavarná, csak kerülgethetnénk, mint egy rendetlen szobában a széthagyott tárgyakat.
Az ilyen, folytonos eloszlásra alapozott szemléletet folytonos vagy néha fenome- nologikus szemléletnek nevezzük, szembeállítva a mikroszkopikus vagy statisztikus szemlélettel. Mindkét szemléletnek és mindkét fogalomrendszeren alapuló módszernek megvan az előnye — és bizonyos szempontból a hátránya is —, a fizika nem halad igazán csak az egyikre támaszkodva. E két szemlélet olyan, mint egy ember két lába. Akkor lehet igazán kellemesen sétálni vagy jól haladni, ha mindkét lábunkat használjuk. De amikor a bal lábat kell használni, akkor ne a jobbal lépjünk, különben összeakad a lábunk. A fizika felépítését is úgy gondoljuk el, hogy a statisztikus és a folytonos szemléleten alapuló módszer eredményeit egymásra építjük.
Térjünk vissza a folyadékok jellemzésére. Vegyük sorra a folyadékok állapot- jelzőit és az alapvető mérlegegyenleteket.
Adjunk meg a térben tetszőlegesen egy pontot, ahol a folyadék áramlik, jelöljük ezt r-rel, és válasszunk egy időpontot, ezt í-vel jelöljük. A térbeli pontot úgy képzeljük el, hogy a térben rögzítve van, a koordináta-rendszer egy álló pontja, nem mozog a folyadékkal. A folyadék mozog ezen a helyen.
Az adott időpontban ezen a helyen a folyadék áthaladó pontjának a sebességét v(r, f)-vel jelöljük. így egy helytől és időtől függő vektorfüggvényt kapunk. Hasonlít kissé a gravitációs térerősséghez, bár ott általában időtől független térerősséget feltételeztünk.
A sebességvektorok — úgy tűnik — egy görbesereg érintői. Ezeket a (valóságban nem létező, csak elképzelt) görbéket áram-
3.177.ábra
vonalaknak nevezzük. Az áramvonalak az erővonalak megfelelői. A gravitációs térben értelmeztük a fluxus fogalmát, ez szemléletesen fogalmazva a térerősség és a felület szorzata. Az áramlási térben is értelmezhetjük a fluxust. Szemléletesen, bár nem teljesen pontosan a következőképpen járunk el.
Jelöljünk ki egy felületet, amelyet az áram vonalak döfnek (3.177. ábra). Osz- szuk fel ezt AA nagyságú részekre. Egy-egy ilyen felületrészt szorozzuk meg a sebességvektor felületre merőleges összetevőjével. Az így kapott szorzatokat összegezzük. Ezt a mennyiséget áramfluxusnak nevezzük. Egyszerűen fogalmazva tehát: a folyadékáramlás fluxusa a felület és a folyadékáramlás sebességének a szorzata (3.177. ábra).
A folyadék áramlást stacionáriusnak nevezzük, ha a v(r, t) függvény nem függ az időtől, vagyis az áramlási térben bármely pontban állandó.
A továbbiakban tegyük fel, hogy a folyadékáramlás stacionárius.
Newton II. törvényét alkalmazzuk most a folyadékokra. Tegyük fel, hogy a folyadékban adott egy kis térfogatrész, A keresztmetszetű, és Ax hosszúságú. Az egyik lapra a térrész felé mutató, a felületre merőlegesen ható erő legyen ptA, a másik lapra pedig p2A, ahol p, és p2 a lapokra
323
tx
p4A PjA
A
----------►x 3.178.ábra
ható nyomás/*’ Tekintsünk el most a nehézségi erőtől, tegyük fel, hogy a folyadék vízszintesen áramlik. Később az eredményeinket megfogalmazzuk úgy is, hogy a nehézségi erő szerepet kap bennük. írjuk fel a dinamika alaptörvényét a 3.178. ábrán látható koordináta-rendszerben:
PiA — p2A = AAxpa, (1)
innen
P1 - P 2Ax
vagyis
_ ^ P _Ax
= pa,
-pa, (2)
hiszen p2—Pi = Ap, a nyomáskülönbség. A (2) egyenletet még egyszerűbben és pontosabban így írhatjuk:
- P =pa, (3)
összhangban a deformációnál tanultakkal. Newton II. törvénye tehát így olvasható: a nyomás hely szerinti deriváltjának nega-
•*’ A nyomás a 3.3.1. pontban már szóba került. Ha valamely A nagyságú felületre a folyadék F (merőleges) erőt fejt ki, akkor a felületen ható nyomás p = = FJA. Ezt a felületet kijelölhetjük a folyadék belsejében is. Ezért jogos az a szóhasználat, hogy a folyadékban a nyomás pl. 1 atm =105 N/m2. Az értelmezésből kitűnik, hogy a nyomás intenzív meny- nyiség.
tívja (szokásos kifejezéssel a gradiens ne- gatívja) az impulzussűrűség időegységre eső megváltozásával egyenlő.
Az (1) egyenletet másként is átalakíthatjuk: tegyük fel, hogy a folyadék egyenletesen gyorsul fel, míg a Ax hosszú rész pontosan Ax úton mozdul el. Ekkor
A V2 + VlAx = —■ t,
a = ~ r •
ugyanis a sebességgrafikon két geometriai jelentése: a görbe alatti terület a megtett út, a grafikon meredeksége pedig a gyorsulás (3.179. ábra). Az (1) összefüggést A- val egyszerűsítve, a fenti kinematikai képleteket behelyettesítve:
1)2- 1)! v2 + v.Pi P 2 - P t 2 t,
és innen
1 2 1 2 P i - P 2 = y P ^ 2 - y Pvi- (4)
Ez az összefüggés is Newton II. törvényét fejezi ki: a folyadék a magasabb nyomású hely felől gyorsul az alacsonyabb nyomású hely felé. Ha p i > p 2, akkor a p r hez tartozó helyen a sebesség kisebb, mint a p2- höz tartozó helyen: <v 2.
t 3.179.ábra
324
3 .J80 .ábra
Vizsgáljuk meg most a következő egyszerű problémát. Tegyük fel, hogy a 3.180. ábrán látható szűkülő csőben folyadék áramlik. A cső nagyobb keresztmetszetét jelöljük ,4 j-gyei, a szűkebbet ^ 2-vel. A nagyobb keresztmetszetű csőben lévő Ax, hosszúságú folyadékrésznek be kell prése- lődnie a szűkebb keresztmetszetű részbe, itt természetesen — az összenyomhatat- lanság miatt — hosszabb lesz, legyen tehát a hossza A x2. Ekkor
A lA x l = A 2A x2,
illetve elosztva a mozgás idejével:
A l vl = A 2v2. (5)
Az (5) összefüggés a folyadékok össze- nyomhatatlanságát fejezi ki, és így is olvasható: a folyadékáramlás fluxusa állandó.
Vizsgáljuk meg most a munkatételt. Tegyük fel, hogy a cső tágabb részében p, nyomás hat, ez nyomja be a folyadékot a szükebb keresztmetszetű részbe. A p t A t erő munkája p íA íA x l , ezzel ellentétes előjelű a szűkebb részben ható p2A 2 erő munkája, ez — p2A 2A x2. (Azért negatív, mert az erő és az elmozdulás ellentétes irányú.) A mozgási és helyzeti energia összegének a megváltozása:
( j mv2 +mgy2 Sj - ^ j m v l + m g y A ,
ahol m a folyadékrész tömege:
m = A j Ax! p = A 2 A x2p ,
és y 2 a folyadékrész kezdeti és későbbi tömegközéppontjának a függőleges koordinátája, vt és v2 a sebesség a kezdeti állapotban és a végső állapotban.
A munkatétel:
p tA lA x l —p2A 2A x2 =
= ( j m v l + mgy2 j - ( ^ m v j + m g y^j.
Osszuk el az egyenlőséget a folyadékrész térfogatával:
Pi ~ P i~
=(ypi>2+p0j'2) - (Jfpvl+pgyi'j*
vagy azonos átalakítással:
(6)
^ p v l+ p g y i+ p i = ^ p v 22+pgy2+ p2. (7)
Ez azt jelenti, hogy a folyadékban bármely
két pontban azonos az ~ pv2 + p g y+ p há
romtagú kifejezés értéke, vagyis e három tag eloszlása egyenletes, mint a hely függvénye állandó:
1 2— pv + p g y+ p = &\\&ndó . (8)
A (8) állítást Bernoulli törvényének nevezzük.
Mindenekelőtt azt vegyük észre, hogy a Bernoulli-törvény Newton II. törvényének (4) és a munkatételnek (6) a közös formája. A Bernoulli-törvény magában foglalja ideális folyadékokra az impulzusmérleget is, és az energiamérleget is.
Ami az energiát illeti, még többet is mondhatunk. A (8)-ban szereplő első tag
325
a térfogategységre jutó mozgási energia; vagyis a mozgási energia sűrűsége. A második tag a térfogategységre ju tó helyzeti energia, vagyis a helyzeti energia sűrűsége. Célszerű a nyomást is energiasűrűségként felfogni. Erre van is lehetőség. A pont- rendszerek általános tárgyalásakor tanultuk, hogy a pontrendszer összes mozgási energiája két részre bontható: a tömegközéppontba egyesítve képzelt tömeg makroszkopikus mozgási energiájára, valamint a tömegközépponthoz viszonyított ener
giára. Az y pv2 most az elsőnek felel meg,
a p-t pedig felfoghatjuk a tömegközépponthoz viszonyított mozgásból származó energia sűrűségének.
(Ez persze nem mond ellent a folytonos szemléletnek: nem mondtuk azt, hogy a mikroszkopikus energiát a molekulák képviselik.) A Bernoulli-törvény így is fogalmazható: stacionáriuson áramló folyadékban az energiasűrűség egyenletes eloszlású.
Kiemeljük még egyszer, hogy a feltevéseink szerint a folyadékáramlás stacionárius, vagyis a sebesség mint az idő függvénye minden pontban állandó. A cső elején állandóan azonos a folyadék sebessége, a szűkebb részen ehhez képest nagyobb, de itt is állandó. A hálózati vízvezetékben a víz áramlása nem stacionárius, mert a csapok megnyitása, elzárása jelentősen befolyásolja a folyadék sebességét a cső minden helyén. Ha minden csapot elzárunk, akkor a folyadékáramlás megáll.
A folyadék örvénylésétől is eltekintettünk. Az ideális folyadék is kényszeríthető örvényes áramlásra. Az örvénylést, az örvények erősségét az impulzusmomentummal, impulzusmomentum-sűrűséggel lehet leírni. Mi most nem tűzzük ki célul ennek a tanulmányozását.
A Bernoulli-törvény sok elmés szerkezet
és berendezés működésének az alapja (például az autók motorjának a porlasztójáé), és sok meghökkentő paradoxont lehet megfogalmazni, amelyek magyarázata a Bernoulli-törvényen alapszik. Mi most csak egyetlen egyet említünk e furcsaságok közül.
Tegyük fel, hogy a folyadék olyan egyenletes keresztmetszetű csőben áramlik, amelynek egy darabját gumicsővel helyettesítjük. A csőnek ezt a darabját egy vastag üveghenger veszi körül, ehhez vékony függőleges cső csatlakozik. Az üveghengerbe vizet öntünk, és a vízre a függőleges csőbe dugattyút helyezünk (3.181. ábra).
Azt tapasztaljuk, hogy a dugattyút lefelé nyomva a dugattyú fölemelkedik. Minél inkább lefelé nyomjuk — egy bizonyos határig —, annál inkább fölfelé emelkedik. Ennek a meglepő ténynek a magyarázata az, hogy az üveghengerben a nyomást megnövelve az áramló folyadék nagyobb nyomású helyre érve lelassul, és a gumicső kidudorodik. A dugattyú ettől fog felemelkedni. A henger üvegfalán keresztül ellenőrizhetjük a gumicső kitágulását.
Illusztráljuk most a Bernoulli-törvényt néhány példával.
Pfegyük fel, hogy az A v keresztmetszetű edényben p sűrűségű folyadék van. A folyadék az A2 keresztmetszetű nyíláson ki-
3.181.ábra
326
3.182.ábra
áramlik. M ekkora a kiömlés sebessége, ha a folyadék szintje az edényben h magasan van az A 2 keresztmetszetű nyílás fölött? Tegyük fel, hogy az edény keresztmetszete sokkal nagyobb, mint a nyílásé.
Alkalmazzuk most Bernoulli törvényét. Válasszuk meg a koordináta-rendszert a 3.182. ábrán látható módon. Válasszunk két pontot a folyadékban, legyen az egyik a folyadék felszínén, az edény aljától y, magasságban, a másik az edény falán fúrt lyuknál. Az energiasürűség a két pontban azonos:
1 2 1 22 Pví+Peyi+Pi = j P v2+P9y2+P2-
A folyadék mindkét pontnál a külső levegővel érintkezik, ezért = p 2=p0, ahol p0 a külső levegő nyomását jelenti.
Másrészt A 1vl = A 2v2, de mert A t p A 2, így v1<^v2, vagyis elhanyagolható v2 mellett. Tehát
p a t t i - y 2)= j P v l
illetve a h = y 1 — y 2, v2 = :v jelöléssel:
Pgh= j p v 2,
így például, ha egy fürdőkádban 40 cm magasan van a- víz, akkor a kád alján a kiömlés sebessége:
v - y j l ■ 10 • 0,4 = 2,83 m/s,
és ha a kifolyócső keresztmetszete 3 cm2, akkor
Av = 3 ■ 10 “ 2 dm2 ■ 28,3 dm /s=0,85 dm3/s,
vagyis másodpercenként 0,85 liter víz folyik ki. |
A Bernoulli-törvény az ideális folyadékok stacionárius, örvénymentes áramlását írja le. A folyadékok mozgásával, illetve mozgó folyadékkal kölcsönhatásba kerülő testek állapotváltozásával foglalkozunk még ebben a pontban.
rfegyük fel, hogy egy kis tartálykocsi hátfalán egy A keresztmetszetű nyílás van, amelyből v sebességgel áramlik ki a víz. Ekkor At idő alatt Am tömegű vízmennyiség AI = A mv impulzust kap. A kiömlő folyadékra ható erő íg /
A I AmvF = i r = T ~ - At At
Természetesen ugyanekkora erőt fejt ki az áramló vízsugár a kocsira, illetve a kocsiban a folyadékra (3.183. ábra).
Nyilvánvaló, hogy Am = pAvAt, így az edényből kiáramló vízre
„ Amv „ ,F = — - =pAv
At
es így3.183.ábra
327
erő hat, a kiáramló víz ekkora ellenerőt fejt ki a kocsira. Ha például a kocsi és a kocsiba öntött víz együttes tömege 4 kg, és a kocsi hátsó részén 0,5 cm2 keresztmetszetű csövön a csap megnyitásakor 0,5 m/s kezdősebességgel áramlik ki a víz, akkor a kocsira
1000 kg/m3 ■ 0,5 • 10 4 m2 ■ 0,52 (m/s)2 =
= 0,00625 N
erő hat, amely alig több mint 1,5 mm/s2 gyorsulást eredményez. |
["Gondoljuk el most, hogy egy vízsugár vízszintes irányban v sebességgel egy síklapba ütközik, amely u sebességgel elmozdul (3.184. ábra). Tegyük fel, hogy a folyadék rugalmatlanul ütközik a lappal, vagyis a folyadék sebessége u-ről u-ra csökken. Az u sebességgel mozgó lapot a v sebességű folyadékmennyiségből A(v — u)At éri el At idő alatt. így a lapon rugalmatlanul ütköző folyadékmennyiség At idő alatt:
Am = pA(v — u)At,
a lapra ható erő tehát:
F = pA{v — u)2.
Ha például egy 10 kg tömegű kis kocsira vízszintes irányú vízsugarat irányítunk, akkor a kiskocsi felgyorsul. Tegyük fel, hogy a vízsugár egy 1 cm2 keresztmetszetű csövön áramlik 10 m/s sebességgel, akkor a kocsira F = 1 0 - 4 - 1000- 102 = 10 N erő hat kezdetben, amikor még áll (u = 0). A kocsi kezdeti gyorsulása tehát 1 m /s2. A kocsi sebessége nem egyenletesen nő, hi
A v
uAt ^
H -----------------r
szen ha nő a kocsi sebessége, akkor a kocsira ható erő kisebb. Ha a súrlódástól eltekintünk, a kocsi végsebessége nyilván 10 m/s. |
pRokon probléma: tegyük fel, hogy egy locsolócső kifolyójából függőlegesen fölfelé áramlik a víz.
A víz kezdősebessége a cső nyílásánál 10 m/s, és a cső keresztmetszete 4 cm2 (3.185. ábra). Bernoulli törvénye segítségével határozzuk meg, hogy milyen magasra emelkedik a vízsugár.
Jelöljük ezt a maximális magasságot h- val. A vízsugár a maximális magasságot elérve megáll és visszaesik. A csúcson a folyadék mozgási energiája nulla. Itt az energiasűrüség: p0 + hpg, míg a kiömlésnél
1 2Po + j~PV ’
így:
Po + j P V 2=Po + Pdh,
tehát
nem meglepő módon. A példánkban h = 5 méter. Helyezzünk most egy vízszintes lapot a vízsugár fölé, a cső nyílása fölött H = = 1 m magasságban. Ezen a szinten a folyadék sebességét ismét a Bernoulli-tör- vényből határozzuk meg:
1 2 „ 1 2
P o+ j P v = P o + P g H = y P^í,
328
ahol ut a keresett sebességet jelenti. A következő eredményt kaptuk:
vi = v2- 2g H = 2g(h - H),
vagyis
v \ = 2 - 10-(5 —1) = 8,9 m/s.
Erre a lapra tehát
F = Apvf = 4 ■ 10 4 • 103 • 8,92 = 32 N
erőt fejt ki a vízsugár.Ezzel kapcsolatos érdekes kérdés. Ha a
vízsugárra helyezünk egy, mondjuk 0,5 kg tömegű, A 0= 4 cm2 keresztmetszetű kis labdát, akkor a labda milyen magasan táncol a vízsugáron (3.186. ábra)?
A labda nyilván olyan magasságban lesz egyensúlyban, ahol a vízsugár által kifejtett A 0pv\ erő egyensúlyt tart a labda súlyával. A fölfelé haladó vízsugár szétterül, ezért csak a labda A 0 keresztmetszetével kell számolnunk:
A 0pt'l= m g,
innen =2,5 m/s, Bernoullí-törvényéből:
1 2 1 2P o + J P V -P o + P 9 h + 2 pv*’
és innen:
= 4,8 m
magasan táncol a labda a vízsugáron. |
i *
3.4.2. A folyadékok statikája
A Bernoulli-törvény speciális eseteit tanulmányozzuk ebben a pontban.
Először egy igen fontos, de nagyon egyszerű esetet vizsgáljunk meg. Tegyük fel, hogy a folyadék nyugszik, és válasszunk ki egy vízszintes síkot, valamint a folyadék két pontját ezen a síkon. Ebben a két pontban a helyzeti energia sűrűsége azonos, a mozgási energiáé nulla, így a
j p v l + pgyl + p l = j p v j + p g y 2+ p2 0 )
Bernoulli-törvény alapján
Pi=Pz- (2)
Vagyis: összefüggő, nyugvó folyadékban egy tetszőlegesen választott vízszintes sík minden pontjában azonos a nyomás. Ezt az egyszerű állítást Pascal-törvényének nevezik.
Tekintsünk most egy hengeres edényt, amelyben y0 magasan p sűrűségű folyadék van. Helyezzük el az edényt egy koordináta-rendszerbe a 3.187. ábrán látható módon. A folyadék felszínén a nyomás azonos a külső levegő nyomásával: ezt legtöbbször p0-\&\ jelöljük. Értéke kerekítve p0 = = 105 N/m 2 = 105 Pa. (Gyakori nyomás-
3.186.ábra
3.187.ábra
329
egység még az atmoszféra, jele: atm. A légköri levegő nyomása 1 atm, pontosan: 1,013 atm = 105 Pa.)
Határozzuk meg most a folyadék nyomását olyan pontban, amelynek a függőleges koordinátája y. Az (1) Bernoulli-tör- vényt alkalmazzuk. A folyadék felszínén az energiasűrüség: pgy0 + Po> az y koordinátájú pontban: pgy+ p, így
pgy<>+p0=pgy+p, (3)
és innen
p= P o+ pg(yo-y)- (4)
Az y o ~ y nyilván a megjelölt pont felszín alatti mélységét jelenti, jelöljük ezt a távolságot h-val. így h mélységben a folyadék felszíne alatt a nyomás:
p = p 0 +pgh. (5)
(A h mélységet a folyadék felszínétől lefelé mérjük, az y és y0 távolságok függőleges koordináták, ezeket az edény aljától fölfelé mérjük.) Az (5) egyenlőségben a pgh tagot folyadékstatikai vagy — még akkor is, ha nem vízről van szó, gyakran helytelenül — hidrosztatikai nyomásnak nevezzük.
A folyadékban egyre mélyebbre haladva a nyomás a mélységgel arányosan nő. A hidrosztatikai nyomást szemléletes kísérletekkel lehet bemutatni. Vékony henger aljára erősítsünk gumihártyát. A hengerbe vizet öntve a gumihártya lefelé kiboltosul. Ha ugyanezt a hengert üresen — alján a gumihártyával — vízbe mártjuk, akkor a folyadék a hengerbe boltosítja a hártyát, a gumilapra fölfelé m utató erő hat. H a a vízbe merített hengerbe most annyi vizet öntünk, hogy a külső és a belső vízszint egyenlő magasan legyen, akkor a gumilap kisimul: a lapra fölfelé ható erő egyenlő a lefelé ható erővel (3.188. ábra).
Valamely folyadékban h mélységben
képzeljünk el egy kis lapocskát vízszintesen. Legyen ennek a lapnak a területe A. Akkor a lapra fölfelé ható erő pA, ahol p a lap alatti folyadékrész nyomása. Ez az erő egyensúlyt tart a lapra lefelé ható erővel, amely most a következőképpen számolható. A lap feletti folyadékrészre három erő hat (3.189. ábra). Lefelé hat a folyadék súlya, Ahpg (ahol p a folyadék sűrűsége), lefelé hat a folyadék felszínén a levegő nyomásából származó erő is: p0A, fölfelé pedig a hasáb alatti folyadék által kifejtett erő: pA. A folyadék nyugalomban van, így
pA = p0A + Ahpg. (6)
A lapra ható erők egyensúlyából ugyanaz az eredmény adódik, mint a Bernoulli-tör- vényből. A hidrosztatikai nyomást így a folyadék súlyából származó nyomásként is értelmezhetjük.
330
Térjünk vissza a koordináta-rendszerbe helyezett edényhez, és öntsünk az edénybe Pj sűrűségű folyadékot magasan, majd erre rétegezzünk egy ritkább, p2 sűrűségű folyadékot h2 magasan. Tegyük fel, hogy a két folyadék nem keveredik. Határozzuk meg a nyomást egy tetszőlegesen választott pontban.
Legyen ennek a pontnak a koordinátája y. Ha akkor ugyanazt az eredménytkapjuk, mint (5)-ben. Legyen most y < y i- Ekkor hasonlítsuk össze az energiasürüsé- get három pontban: J'2: = 2 + 3'i magasan választott A pontban, az y t magasan választott B pontban és a C pontban, amelynek a koordinátája y (3.190. ábra). Azt kapjuk, hogy
p + p is y = p i+ p ig y i,
Pi+P2gyi=Po+P20y2■ (?)
Adjuk össze ezt a két egyenletet, majd rendezzük. Azt kapjuk, hogy
p=p<>+p2g(y2-yi)+pi&(yi-y), (8)
Bevezetve a hl : = y 1 — _y jelölést, (8) így írható:
p=Po+P2gh2+Pighi-
így például, ha egy edénybe 30 cm magasan higanyt (pHg = 13 600 kg/m3) és erre 1 m magasan vizet öntünk (pv = 1000 kg/m3),
.h2
ábra
akkor az edény alján a nyomás:
P=Po+PHgghHg+Pyghy= 150800 Pa.
Másik egyszerű számolási példaként határozzuk meg, hogy mennyi a nyomás a víz alatt 10 méter mélyen. Világos, hogy
p = p o+pgíi = 105-l-10- 1000- 10=
= 2 - 105 Pa.
A víz felszíne alatt 10 méter mélyen kétszer akkora a nyomás, mint a víz felszínén. Ugyanígy 20 méter mélyen 3-szor, 30 méter mélyen 4-szer akkora a nyomás mint a felszínén. És így tovább. Úgy is fogalmazhatunk, hogy az (édes)vízben lefelé haladva 10 méterenként 1 atmoszférával nő a nyomás.
Világítsuk meg az elmondottakat néhány példával.
rfegyük fel, hogy egy vékony (1 cm2 keresztmetszetű), mindkét végén nyitott, hosszú üvegcsövet higanyba merítünk, és a függőleges csőbe annyi vizet öntünk, hogy a víz szintje L = 1 méter magasan van a higany felszíne fölött. A 3.191. ábrán A-val, Aj-gyel, A2-vel stb. jelölt síkok bármelyikén választunk két pontot, akkor ezekben a pontokban azonos a nyomás. A B síkról ugyanezt nem mondhatjuk el, hiszen ha az egyik pontot a higanyban, a
331
másikat a vízben választjuk, akkor a nyomások különbözőek lesznek. Nyilvánvaló ez, hiszen különbözők a sűrűségek. Válasz- szuk most meg a C síkot úgy, hogy a csőben a víz legalsó pontján haladjon át. Ekkor ennek a síknak még minden pontjában azonos a nyomás. Az alatta lévő síkok mindegyikéről el lehet ezt mondani, a felette lévő síkokról nem. A C síkon a higanyban a nyomás Po + Png0x > a vele szomszédos pontban a vízben p0 + pyg(x+ L). Ekkor
Po + PHg0* = Po + Pyd(x + L).
Innen azt kapjuk, hogy
P üg Pv
A példánkban: x = 0,079 m = 7,9 cm. | l"Á hidrosztatikai feladatokban gyakran
szerepelnek közlekedőedények. Ilyen például egy U alakú cső. Általában alul csővel összekötött edények rendszerét nevezik közlekedőedénynek. Tekintve, hogy a nyomás csak a magasságtól függ, a közlekedőedényekbe öntött folyadék felszíne mindegyik edényben azonos magasságban van. így például a 3.192. ábrán látható csövek mindegyikében azonos a folyadék magassága. Nincs azonban így, ha különböző folyadékokat rétegezünk egymásra. Egyszerű példaként vizsgáljunk meg egy, két ágú, U alakú csövet. Öntsünk a csőbe
3.192. ábra
332
higanyt. A higanyszintek nem azonos magasságban vannak, mert a bal oldali szárra vizet öntöttünk a higany fölé. Tegyük fel, hogy a higanyra öntött vízoszlop magassága L, és jelöljük a higanyszintek különbségét x-szel. Az ábrán jelölt sík pontjaiban azonos a nyomás. (És ugyanígy az alatta lévő síkokra, de a fölötte lévőkre nem.) A bal oldali szárban p0 + pygL, a jobb oldaliban p0 + pHggx, így
Po + P v 0 L = Po + P h I!GX,
vagyis
x = ^ .P Hg
Ugyanennél a problémánál maradva jelöljük most h-val a higanyszintet, mielőtt a vizet a higanyra öntöttük volna. Hasonlítsuk össze a nyomásokat a csövek alján: a bal oldali szárban a könyöknél
Po + ( \g L + Pn,.g(^h - j
a jobb oldali szárban legalul pedig
Po+PHeg ^ f j+ j
ezek egyenlők:
Po + PvffL + pHgg ^ h - j
= Po + PHgff^ h + j
innen ugyanaz az eredmény adódik, mint amit az előbb kaptunk.
(Sok konkrét példában a kialakuló egyensúlyban a higanyoszlopok hossza a kérdés, ilyenkor ajánlatosabb a másodszorra vázolt megközelítés.) |
("Általánosítsuk az előző feladatot! Képzeljünk el egy négyágú közlekedőedényt,
3.193.ábra
függőleges csövekkel. Tegyük fel, hogy a csövekben alul higany van. Öntsünk az első csőszárra L magas vízoszlopot, erre pedig L magas olaj oszlopot. A második szárban L magas vízoszlop van a higanyon, a harmadikban L magas olajoszlop. A negyedik szárra nem öntünk más folyadékot. Az egyensúly beállta után a higanyszintek különbözőképpen helyezkednek el a szárakban. írjuk fel a nyomások egyenlőségét az első szárban a higany szintjére fektetett vízszintes sík pontjaira. Vezessük be a 3.193. ábra szerint az x, y, z jelöléseket. Az első és második csőben a szóban lévő síkon azonos a nyomás:
Po + PygL + p„gL = p0 + pvgL + pHg0x,
ugyanígy az első és a harmadik csőben:
Po+ PvQl + p0gL= P o+Pc9l + pHgg y .
és végül az első és a negyedik szárban is azonos a nyomás:
Po + P,&L + PogL = p0 + pHgí/z •
A három egyenletből a három ismeretlen könnyen meghatározható. |
Említettük, hogy a közlekedőedényekben a folyadékoszlop magassága mindegyik szárban azonos, függetlenül a cső alakjától, és vastagságától. Ez látszólagos problémát okoz az úgynevezett hidrosztatikai paradoxonban (3.194. ábra). Tegyük
fel, hogy különböző alakú edények alapterülete azonos. Öntsünk mindegyikbe vizet. Ekkor a víz alján a nyomás mindegyik esetben p0 + pgh, a fenéklapra ható erő így mindegyik esetben
MPo + pgh) = Ap0 + Ahpg.
Az edény alsó lapjára alulról fölfelé a levegő nyomásából származó erő hat, ez p0A, ez a fenti két tag közül az elsőt pontosan kompenzálja. Ha az edény alsó lapja, mint egy dugattyú elmozdulhatna, akkor alulról fölfelé ható Ahpg erővel kellene tartani. Vagyis az a) esetben pontosan a folyadék súlyát kellene ellensúlyozni. A b) esetben azonban a folyadék súlya nagyobb, mint az az erő. amivel a dugattyú egyensúlyát biztosíthatjuk. A c) esetben viszont az edényben kisebb súlyú folyadék van, mint amit a dugattyúval tartanunk kell. Ez a hidrosztatikai paradoxon. E látszólag meglepő tény magyarázata abban van, hogy nem csak a dugattyút (az edény alsó lapját), hanem az edényt magát is tartanunk kell. Ha az edény tömege nulla, akkor az a) esetben a henger palástjára nem kell erőt kifejtenünk, hogy nyugalomban legyen. A b) esetben azonban a „tölcsér” belső oldalfalára a folyadék erőt fejt ki. Ez lefelé nyomja a tölcsér falát. A fal által kifejtett ellenerő függőleges komponense pontosan megegyezik az a) esethez viszonyított folyadéktöbblet súlyával. Végső soron: a du-
333
gattyúval valóban nem emeljük az egész folyadékot, de az oldalfalra kifejtett erővel igen. A c) ábrán a folyadék fölfelé-kifelé m utató erőt fejt ki a szűkülő henger belső falára, tehát fölfelé emeli. Hogy ne emelkedjék fel a henger, lefelé m utató erőt kell kifejtenünk. Az a lefelé mutató erőszükséglet megegyezik a henger belső fala által a folyadékra kifejtett erő függőleges komponensével, a hiányzó folyadékrész súlyával. Ilyenkor a dugattyúra ható folyadéksúlyt a befelé hajló hengerfal által kifejtett erő függőleges komponense pótolja.
Az összes nyomásegyensúlyra vonatkozó egyenletben az egyenlet mindkét oldalán szerepelt a a külső levegő nyomása, p0. Az első lépés ennek a kiejtése. Talán fölösleges is mindig felírni? Óvjuk az Olvasót attól, hogy a folyadék felszíni nyomását elhagyja az egyenletekből, mert ez sok esetben nem okoz ugyan problémát, de amikorra már teljesen leszoktunk a használatáról, akkor lesz rá igazán szükség.
lA 3.195. ábrán látható két hengerből tölcsért készítünk. A felső henger kereszt- metszete v4j, az alsóé A 2. Mindkét hengerben egy-egy dugattyú van, amelyek súrlódásmentesen mozoghatnak. A két henger között víz van úgy, hogy a vastagabb hengerben , a vékonyabban h2 magas a víz. A két dugattyút egy fonál köti össze. Az edényből nem folyik ki a víz, mert
PcA,A,
p, a ,K
K*2
*1
P.A1
mintegy beékelődik, súlyánál fogva lefelé nyomja az alsó dugattyút.
írjuk fel az erőegyensúlyt a két dugaty- tyúra. A felső dugattyút lefelé húzza a K kötélerő, lefelé hat a külső levegő nyomásából származó erő is, fölfelé hat a víz által kifejtett nyomóerő. Jelöljük a víz nyomását Pi-gyel. Akkor a dugattyú egyensúlyának a feltétele:
p0A l + K = pl A l . (9)
Az alsó lap fölött a víz nyomását jelöljük p2-vel. Az alsó lapra a kötélerő mellett fölfelé a külső levegő nyomásából származó erő hat, lefelé pedig a folyadék nyomóereje, az erőegyensúly:
p0A 2 + K = p2A 2. (10)
Az alsó dugattyú felett a folyadék energiasűrűsége p2, akkor a felső dugattyú alatt Pí+Pg(hi + h2), így a harmadik egyenlet:
P2=Pi+Pt í (h1+ h 2). (11)
(Itt formailag p, lép a p0 helyére.) A (9), (10), (11) egyenletrendszerből alkalmas adatok esetén a három ismeretlen meghatá- rozható. |
ÍM ódosítsuk most az előző feladatot úgy, hogy a felvázolt egyensúlyi helyzetben a felső dugattyúra egy Gj súlyú testet helyezünk, az alsóra G2 súlyú testet függesztünk. Tegyük fel továbbá, hogy a fonál rugalmas, és a direkciós ereje D (3.196. ábra). Ekkor a (9), (10), (11) egyenletek mellett természetesen érvényes, hogy
K = D xt , (12)
ahol Xj a vázolt egyensúlyt helyzetben a fonál megnyúlása. A dugattyúk megterhelése azt jelenti, hogy a (9) és a (10) egyenletben az erőegyensúly módosul:
3 .1 9 5 .
ábra G i + p0A i + K ' — p \A l , (13)
334
C(
3.196.ábra
G2 +P0A 2 + K ' — P'2A 2 + G2, (14)
és a megváltozott p\ és p'2 nyomások ősz- szefüggése hasonló:
P'2 = P 'i+ P 9 ( h 'i+ h '2). (15)
Itt h\ a folyadék magassága a felső hengerben (természetesen feltesszük, hogy h\ > 0), és h'2 a folyadékoszlop hossza az alsó hengerben. A megváltozott K ' rugóerő az alsó és a felső dugattyú különböző elmozdulásából származik:
K ' = D x , (16)
itt x 2 a második egyensúlyi helyzetben a rugó megnyúlása. Ha a rugalmas fonál nyújtatlan állapotban L hosszú, akkor
h1+ h2 = L + x 1,
és
h'i + h '2= L + x2.
Vonjuk ki az alsó egyenletből a felsőt:
(h\+h'2) - { h 1+ h2)= x 2- x i . (17)
Végül vegyük figyelembe, hogy a folyadék összenyomhatatlan:
Az itt vázolt problémát 10 egyenlet írja le. A (9)— (18) egyenletrendszerből alkalmas adatok esetén az ismeretlenek meghatá- rozhatók. |
A következő problémák gyorsuló folyadékok mozgásával függenek össze, bizonyos értelemben mégis érintik a statika alapelveit is.
rfek in tsünk először is egy U alakú csövet, amelynek a vízszintes szára L hosszú, a két függőleges szárban p sűrűségű folyadék, mondjuk higany van, nyugalomban, h magasságban. Legyen a cső keresztmetszete mindenütt A. Tegyük fel, hogy a cső a 3.197. ábrán látható módon függőleges síkban, vízszintes irányban, a gyorsulással mozog. Ekkor a higanyszint kitér. A hátsó szárban legyen a higanyszint magassága h2, az elülső szárban fcj.
A higany térfogata állandó, ezért
2h + L = /ii ~\~h2~\~ L,
vagyis
hy+h-t= h. (19)
A hátsó szár alján a könyökben a nyomás legyen p2, az első szár alján plt ekkor
P2=Po+PSh2,
Pi=Po+Pghi-
(20)
(21)
A függőleges higanyoszlopokat a csövek fala által kifejtett kényszererő gyorsítja. A
Ayhi A 2h2 — Ayhy 4- A 2h2. (18)3.197.ábra
335
vízszintes szárban az pA L tömegű higanyrész gyorsulását a p2A és a p lA erő különbsége okozza:
p1A —p l A = pA L a. (22)
A feladat megoldását a (19), (20), (21), (22) egyenletrendszer adja. Vonjuk ki most a(20) egyenletből a (21) egyenletet, ekkor
P 2 -P i= P g Q h -h i) .
Vessük ezt össze a (22) egyenlettel:
pg(h2- h 1) = pLa.
Innen
az utolsó egyenlőséget az ábra alapján írtuk fel.
Érdemes megjegyezni, hogy a folyadékfelszíneket összekötő egyenes a vízszintessel olyan szöget zár be, amelynek a tan- gense a / g j
("Rokon feladat a következő: egy tartály- kocsi hossza L, szélessége d, a kocsiban a nyugvó folyadék magassága h. Jelöljük a folyadék sűrűségét p-val. Gyorsítsuk most a kocsit jobbra a 3.198. ábra szerint a-val. Ekkor a kocsiban hátralendül a folyadék. Tegyük fel, hogy a hátsó falnál h2, az elülső falnál hi a folyadék magassága. Ekkor a térfogat megmaradása miatt:
Innen
h i+ h 2
ez a (19) egyenlettel egyenértékű állítás. Válasszunk ki most a folyadék felszínén egy tömegpontot. Erre a nehézségi erő mellett az alatta lévő folyadékrészek nyomóereje hat, pontosan úgy, mint amikor súrlódásmentes lejtőre helyezett testet úgy gyorsítunk, hogy a lejtőt toljuk, olyan erővel, hogy a test ne mozduljon el a lejtőhöz képest. Ekkor a koordináta-rend- szert úgy választva, ahogyan az ábrán látjuk:
N sin a = ma,
N cos a — mg = 0,
innen az adódik, hogy tgu = a/g. Ez az eredmény megfelel a (23) egyenletnek.
Az is világos, hogy
Ezekből az egyenlőségekből fi, és h2 meghatározható. A gyorsuló tartálykocsiban a folyadék felszíne olyan szöget zár be a vízszintessel, amelynek a tangense ajg. |
rfé rjü n k most vissza az U alakú csőhöz: Legyen a vízszintes szár L hosszú, a keresztmetszet A és nyugalomban mindkét szárban h magasan higany van.
Képzeljük el most, hogy a higanyszinteket valami módon kitérítjük, vagy úgy, hogy levegőt fújunk be, vagy rövid időre megbillentjük a csövet. Tegyük fel, hogy a bal oldali szárban az eredeti szinthez viszonyítva x-szel lejjebb van a higany. Akkor a jobb oldali szárban x-szel följebb került. Ha a higanyra most már más erő nem hat, akkor a bal oldali szárban fölfelé, a jobb oldali szárban lefelé gyorsul a higany.
336
A vízszintes higanyrész gyorsulása balra mutat. Sejthető, hogy harmonikus rezgés jön létre. Legyen a kezdeti kitérés pozitív, vagyis válasszuk meg a pozitív irányt úgy, ahogyan a 3.199. ábrán látszik: az óramutatók járásával egyirányban.
írjuk fel Newton II. törvényét mindhárom higanyrészre. Ha a bal oldali könyöknél a nyomás p j , a jobb oldalinál p2, akkor a bal oldali részre pozitív irányba PiA, negatív irányba p0A és az A(h — x)pg nehézségi erő hat, tehát
P iA — p0A — A(h — x)pg = A(h — x)pa, (24)
a jobb oldali szárra hasonlóan:
p0A + A(h + x)pg — Ap2 = A(h + x)pa, (25)
és végül a vízszintes szárra:
p2A —pl A = ALpa. (26)
A (24), (25), (26) egyenleteket összeadva:
— 2Axpg = A(2h + L)pa,
vagyis
2 g x= a .2h + L
Harmonikus rezgés jön létre
a>= I 2 g 2h + L
körfrekvenciával. (Figyelemre méltó, hogy harmonikus rezgés jön létre csak a nehézségi erő hatására, és az összes energia állandó, noha csak helyzeti és mozgási energiát kellett figyelembe vennünk, rugalmas- sági energia nem értelmezhető. A másik érdekes tény az, hogy a periódusidő nem függ a sűrűségtől. Például a benzin és a higany azonos frekvenciával rezeg.) |
rfegyük fel most, hogy az U alakú cső forgó mozgást végez a cső egyik szára mint
3.199. pi ábra
3 .2 0 0 .
Pt ábra
tengely körül. Legyen a cső vízszintes szára most x hosszú, és jelöljük a higanyszintek kialakuló különbségét y-nal. Induljunk ki tehát abból, hogy a két csőszárban kezdetben egyaránt h magasan volt a higany, majd a csövet co szögsebességgel forgatjuk (3.200. ábra). Ekkor az x sugarú körpályán mozgó szárban h + y/2 magasan van a higany, a tengelyt képező szárban pedig h —y/2 magasan. Egyik függőleges szár sem gyorsul függőlegesen, ezért az U alakú cső külső könyökében
P2—Po + P ű yh + — ),
337
belső könyökében és végül
Pi=Po + P g [ hx W
a nyomás. A külső szárban centripetálisan gyorsuló higanyt a cső falának kényszerereje tartja körpályán, a belső szárban egyáltalán nem gyorsul a higany. A vízszintes szár tömegközéppontja x/2 sugarú körpályán mozog, a p2A — p^A eredő erő biztosítja a centripetális erőt:
p2A - p 1A = A x p — co2,
vagyis
(27)
Í V 4 + | h + - ) pgA — p0A —
X 2(Ú2h - j pg4 = Ap 2
innen
pgAy = Ap-x W
3.201.ábra
y=2 g
(28)
A két higanyszint között kialakuló különbség tehát a vízszintes szár hosszának a négyzetével arányos. Innen látható, hogy ha egy poharat a szimmetriatengelye körül megforgatunk, akkor a víz felszíne forgási paraboloid lesz: a tengelyen átmenő síkkal való metszete (28) egyenletű parabola (3.201. ábra). |
3.4.3. A felhajtóerő, Arkhimédész törvénye
Tegyük fel, hogy egy folyadékba h m agas, A alapterületű hasáb merül (3.202. ábra). A fedőlapja a folyadék felszíne alatt van, jelöljük a felső lap és a folyadékfelszín távolságát x-szel. A test felső lapjára lefelé ható erő hat. Jelöljük ezt Fi-gyei. Világos, hogy a test felső lapjánál a folyadék nyomása p0 +pgx, így F j = A(p0+ pgx). A test alsó lapja magasságában a nyomás p0 + pg(h + x), az alsó lapra felfelé ható erő F2 = A [p0 + pg(h + x)]. A két erő eredője F 2 — F l =Apgh.
A test oldallapjaira ható nyomás a felső lappal alkotott éltől mérve a p 0 + pgx nyomásértéktől p0 + pg(h + x) értékig egyenletesen változik. Az oldallapra ható erők azonban kiejtik egymást, a szemközti la-
3 212.ábra
338
pokon ugyanis azonos nagyságú, ellentétes irányú erők hatnak. Ezek eredője nulla, így az eredő erő Ahpg, vagyis figyelembe véve, hogy Ah a test térfogata, a folyadék által kifejtett erő egyenlő a test térfogatának és a folyadék fajsúlyának szorzatával. Az Ahpg szorzat pontosan V=Ah térfogatú folyadék súlya!
Vizsgáljunk meg most egy másik esetet. Merüljön egy h magas, A keresztmetszetű hasáb két egymásra rétegezett folyadékba (3.203. ábra). Az alsó folyadék sűrűsége legyen p 1? ebbe a folyadékba h, mélységig merül a hasáb, a másik folyadék h2 vastagságban van az elsőre rétegezve, a sűrűsége p2. Tegyük fel, hogy h > h i + h2, vagyis a hasáb kilóg a felső folyadékból.
A hasáb felső lapjára ható erő a külső levegő nyomásából származik: p0A = F 1. A hasáb alsó lapjánál a folyadék nyomása P0 + P iyh i+ P 2gh2, így az alsó lapra ható felfelé mutató erő:
(Po+ p i gh i + p 2gh2) a = f 2 .
Az oldallapokra ható erők kompenzálják egymást. A felületre rétegezett folyadék csak oldalról fogja körül a hasábot, csak oldalirányú erőt fejt ki, ezért az az erő, amelyet a felületre rétegezett folyadék fejt ki, nulla. Azoknak az erőknek az eredője is nulla, amelyet az alsó folyadék fejt
ki a hasáb oldallapjára, és ugyanez a helyzet a hasáb folyadékból kilógó részére oldalirányból ható erőkkel. A hasábra kifejtett eredő erő F2 — F, = A hxp lg + Ah2p2g. A testre ható eredő erő két tagból áll, az első tag Vl = A h1 térfogatú, p , sűrűségű folyadék súlya, a második tag V2 = Áh2 térfogatú, p 2 sűrűségű folyadék súlya. Azt is mondhatnánk, hogy az alsó /4/i1p 1g, a felső folyadék Ah2p 2g erőt fejt ki a testre. Ez természetesen így helytelen; a felső folyadék által kifejtett felületi erő nulla és nem Ah2p2g, az alsó folyadék által kifejtett erő sem AhyPyg, hanem F 2 = = A(p0+ h2p 2g + h lp lg). És végül a két tagból formálisan hiányzik a felső lapra ható levegő által kifejtett Ap0 erő is. A következőt mondhatjuk: a h magasságú hasábra a környezete (a két folyadék és a levegő) erőt fejt ki. Ez az erő fölfelé mutat és A h lp lg + Ah2p2g nagyságú. Az eredő erő két tagja formailag az egyik, illetve a másik folyadék hatásának tulajdonítható, tudnunk kell azonban, hogy ez csak a munkánkat megkönnyítő szóhasználat, a két tag külön-külön valójában nem azonos a két folyadék által kifejtett erővel.
A folyadék vagy a folyadék és a felette lévő levegő által kifejtett erőt felhajtóerőnek nevezzük. Erre vonatkozik
Arkhimédész törvénye: A felhajtóerő egyenlő a test folyadékba merülő térfogatának és a folyadék fajsúlyának szorzatával, vagyis annak a folyadéknak a súlyával, amely a folyadékba merülő test által meghatározott térrészben foglal helyet.
Ha egy testet olyan közeg vesz körül, amelyben a nyomáseloszlás nem egyenletes, akkor lehetséges, hogy a közeg által kifejtett eredő felületi erő nem nulla (3.204. ábra). Ezt az erőt általában felhajtóerőnek nevezzük. Ha például egy vízzel telt edény vízszintesen jobbra gyorsul, akkor a folya-
339
~ ~ T ■ ■ ■ •:£
^ ■ ■ 3 > -a
. ■ -
3.204.w ü :
dékban elkeveredő kis részecskékre vízszintes irányú erő hat. Ha a részecske sűrűsége kisebb, mint a folyadéké, akkor a folyadékban az edényhez viszonyítva a gyorsulás irányába mozdul el, a folyadéknál nagyobb sűrűségű részecskék pedig a gyorsulással ellentétes irányba
A felhajtóerőt az a közeg fejti ki, amely körülveszi a testet. Az ok — mégegyszer mondva — a nyomás egyenlőtlen eloszlása. A felhajtóerő ellenerejét természetesen a test fejti ki a folyadékra. Ezt az erőt „közvetíti” a folyadék az edény alsó lapjához vagy az oldallapokhoz. A felhajtóerő ellenerejének a szerepét látnunk kell. A hidrosztatikai paradoxon minden esetben szertefoszlik, ha figyelembe vesszük a folyadékra ható összes erőt.
["Tegyük most fel, hogy egy h = 3 dm magas, A = 1 dm 2 keresztmetszetű, p —1,2 kg/dm3 sűrűségű testet fonálra függesztve vízbe merítünk úgy, hogy a felső lapja a víz felszíne alá kerül (3.205. ábra). Ekkor a testre három erő hat, a nehézségi erő, Ahpg, a folyadék által kifejtett felhajtóerő,
Ahpyg, és a kötélerő, K. A nyugalom feltétele:
Ahpg = Ahpyg + K ,
innen
K = Ahpg — Ahpyg.
A kötélbe iktatott rugós erőmérő a K erőt méri, a K erő pontosan a felhajtóerővel kisebb, mint a test súlya A példánkban:
K = Ah(p — py)g = 3- 1 ■ 0,2 ■ 10 = 6 N j
ÍTegyük fel, hogy egy A alapterületű, h magas hasáb sűrűsége kisebb, mint a vízé. Ha a vízre helyezzük, egy része a vízbe merül, a másik része kilóg a vízből. Jelöljük a vízbe merülő rész magasságát x-szel. Ekkor a vízből h —x magasan áll ki (3.206. ábra). A testre két erő hat: az A xpyg felhajtóerő és az Ahpg nehézségi erő.
A két erő egyensúlyban van, kompenzálják egymást, így
Ahpg = A xpyg, (1)
340
C D ^
. *1
77
\ \ \ k
\ \---
----
R í 1 % 3.208.ábra
innen
x = h ^~ .
Látható, hogy a test keresztmetszetének most nincs szerepe.
Képzeljük most el, hogy az előző problémában szereplő hasábra G súlyú testet helyezünk (3.207. ábra). Jelöljük most is a vízbe merülő rész magasságát x-szel, és tegyük fel, hogy ez kisebb, mint h. Ekkor az erőegyensúly:
Ahpg = A xpyg + G. (2)
Ebből az egyenletből x meghatározható. | ÍFüggesszünk most a hasábra G súlyú,
pk sűrűségű követ. Ugyanazokat a jelöléseket használva mint az előbb, a hasábra ható erők egyensúlya:
Ahpg = A xpyg + K , (3)
ahol K a testet és a követ összekötő kötélben ható erő. A kőre a súlya mellett a felhajtóerő és a kötélerő hat:
G = K + V kp vg ,
és a kő súlya:
G = K P t . g -
(4)
(5)
A (3), (4), (5) egyenletrendszerből az ismeretlenek — alkalmas adatok esetén — meghatározhatók. |
ÍAz A alapterületű, h magas, p sűrűségű hasábot helyezzük vízre, és öntsünk a vízre annyi olajat, hogy pontosan a hasáb felső
lapjáig érjen. Jelöljük x-szel a vízbe merülő rész magasságát. A test súlya most két folyadéknak tulajdonított felhajtóerővel tart egyensúlyt (3.208. ábra):
A hpg = A xpyg + A (h - x)pDg .
Innen
(6)
x = h P ~ PaPv-Po
A 0 < x < h feltétel egyenértékű azzal, hogy pa< p < p y. Ez könnyen látszik abból, hogy a fenti tört számlálója pozitív, és kisebb a nevezőjénél: p — pa < py — p0. |
["Helyezzünk most is a vízre A alapterületű, h magas, p sűrűségű hasábot, és öntsünk a vízre d vastag olajréteget. A víz sűrűsége legyen pv, az olajé pc. Ekkor két eset lehet. Az olaj vagy ellepi a hasábot, vagy nem. Ha az első eset valósul meg, akkor — x-szel jelölve a vízbe merülő rész magasságát — az erőegyensúly:
Ahpg = A xpyg + A(h - x)pDg,
ugyanaz, mint a (6) egyenlőség. Itt azonban ellenőrizni kell az h — x < d feltétel teljesülését. Ha ez a feltétel nem teljesül, akkor az olaj nem lepi el a hasábot (3.209. ábra). Az erőegyensúly:
Ahpg = A xpyg + Adpag,
a bal oldali nehézségi erőt a két folyadéknak tulajdonítható felhajtóerő kompenzálja. Az eredményül kapott x-szel kapcsolatban a számolás után ellenőrizni kell, hogy x + d< h teljesül-e? Ez ugyanis a geo-
341
3.209. ábra
metriai feltétele annak, hogy a hasáb az olajból kiemelkedjék. |
ÍA következő feladat az előzőekhez képest összetettnek számít. Tegyük fel, hogy egy edényt ( = poharat) vízre teszünk, és bele h0 magasan vizet öntöttünk. Az edényen belül és kívül a víz szintje nem azonos, mert az edény súlya — jelöljük Ge-vel— nem hanyagolható el (3.210. ábra). Az edény ebben a helyzetben h, mélységig merül a vízbe.
A pohár és a víz együttes súlyát a felhajtóerő kompenzálja:
Ge + Ah0pvg = Ahlpvg. (7)
Helyezzünk most az edénybe öntött vízre G súlyú, a víznél kisebb sűrűségű testet. Ez
úszni fog a pohárban, amitől megemelkedik a víz szintje az edényen belül, de megemelkedik kívül is. A megváltozott belső vízmagasságot jelöljük í / 0-lal, a pohár vízbe merülésének a mélységét //j-gyel. Ekkor a pohárra ható felhajtóerő a pohár Ge, a test G és a víz Ah0pvg együttes súlyával tart egyensúlyt:
Ge + G + Ah0pvg = A H 1pvg. (8)
Ennek az egyenlőségnek a bal oldalán a második és a harmadik tag AH0pvg-xe\ helyettesíthető:
G' + AH 0pvg = A H 1pvg, (9)
hiszen a vizen úszó test annyi vizet szorít ki, amennyi a súlya. |
rfegyük fel most, hogy egy A keresztmetszetű, h magas, p sűrűségű hasábot egy rugóval egy A 0 keresztmetszetű hengeres edény aljához erősítjük (3.211. ábra). A rugó direkciós ereje D. Az edénybe annyi vizet öntöttünk, hogy a hasáb közepéig ér. Ekkor az edényben H 0 magasan van a víz szintje. A hasábra most három erő hat: a nehézségi erő, a felhajtóerő és a rugó által kifejtett erő. Az erőegyensúly az
Ahpg + D ( L - L 0) = A j p yg (10)
formában írható, ahol L0 a nyújtatlan rugó hossza, L a megfeszített rugó hossza; egy
342
szerű geometriai összefüggés érvényes:
L + j = H 0. (11)
Öntsünk most annyi vizet az edénybe, hogy pontosan a hasáb felső lapjáig éljen. Ekkor a rugó még inkább megnyúlik, az új hossza L1; és az edényben természetesen megnő a folyadék magassága, és ha a folyadék új magassága H ,, akkor egyrészt
L 1+h = H l , (12)
másrészt az erőegyensúly:
Ahpg + D(L1- L 0) = Ahpvg. (13)
Az edénybe
V ^ A o H ^ A t y - ^ A o H c - A ^ (14)
térfogatú vizet öntöttünk a már félig vízbe merülő testre. A (10), (11), (12), (13), (14) egyenletrendszer segítségével az ismeretlenek meghatározhatók, ha alkalmasan megadjuk az adatokat. így például tegyük fel, hogy adottak: A, h, p, py, A0, H0, D, ekkor a (11) egyenletből L-et meghatározzuk, a (10) egyenletből ezután a rugó kezdeti hosszát L0-t. A következő lépés: a (13) egyenletből meghatározzuk a rugó új hosz- szát, Legyet, majd a (12)-ből ,-et. így végül a (14) segítségével az edénybe öntött folyadék térfogata is kiszámítható.
Érdekes, hogy ha további vízmennyiséget öntünk az edénybe, akkor a rugó tovább nem nyúlik, a (13) egyenlet változatlan formában érvényes. Ez azért van, mert a felhajtó erő nem függ attól, hogy milyen mélyen van a test a víz felszíne alatt, ha már teljes egészében a víz alá merült. |
[Arkhimédész törvényét felhasználhatjuk a szilárd testek vagy folyadékok sűrűségének a meghatározására. Foglalkozzunk először egy olyan szilárd test sűrűsé
gének a meghatározásával, amely nem oldódik a felhasználandó folyadékban és a sűrűsége nagyobb mint a folyadéké. Mérjük meg a test súlyát a levegőben. A rugós erőmérő a
K 1: = G=Vplcs>g (15)
erőt méri. H a a testet a folyadékba merítjük, akkor az erőmérőről a
K 2: = G - Vp[olyg = V(plest- p [oly)g (16)
erőt olvashatjuk le. A két egyenletből V és ptest meghatározható. |
("X sűrűségmérésnél maradva határozzuk meg egy folyadék sűrűségét. Válasz- szunk valamilyen ismert súlyú testet és egy ismert sűrűségű folyadékot. A test súlya legyen G, a folyadék sűrűsége p. Merítsük a testet egy fonállal a folyadékba. Ekkor a rugós erőmérő
K: = G — Vpg (17)
erőt mutat. Ha ezután a testet az ismeretlen Pi sűrűségű folyadékba merítjük, akkor a rugós erőmérő a
K ^ G - V p t f (18)
erőt méri. A két egyenletből meghatározható a test térfogata és a sűrűség. |
[Az előző két problémához hasonló a következő feladat. A víz sűrűsége p = 1 g/cm3, a só sűrűsége ps = 2,6 g/cm3, az emberi testé átlagosan p = 1,07 g/cm3. Keverjünk össze bizonyos mennyiségű sót és vizet. Tegyük fel, hogy az oldatban az emberi test lebeg. Jelöljük Fv-vel a keverésnél felhasznált víz térfogatát, K-sel a vízbe kevert só térfogatát.
Ennek az oldatnak a sűrűsége megegyezik az ember sűrűségével, hiszen az ember lebeg ebben a folyadékban, tehát
(19)
343
KPs+VyPyK + K
Az egyenlőségnek a jobb oldalán az oldat, a bal oldalán az emberi test sűrűsége áll. Osszuk el most a jobb oldali tört számlálóját és a nevezőjét is Vy- \ú , ekkor (bevezetve az x:= VJVy jelölést):
P =t yPs + P*
_____
F 7"XPs + Pv
X + 1
Az (x-t- l)p = x p s + pv egyenletből
x = ^ . (20)P -P s
Ilyen térfogatarányban kell tehát a sót és a vizet keverni, hogy a sűrűsége az előre adott érték legyen. (A kémiában szokásos szóhasználattal: a keverék x térfogatszáza- lékos.) Képezzük most a következő törtet:
ms VsPs ps p p ps n 1 ^y '= — = 77— = X — = --------------. (21)
mv Vvpv p, p-ps pv
(Az y arányt tömegszázaléknak vagy súlyszázaléknak is nevezik.) Az oldandó anyagot és az oldószert ilyen tömegarányban kell összekeverni, hogy a keverék sűrűsége a megadott p érték legyen. A mi példánkban x = 0,045 és y =0,119. |
ÍÁ most megvizsgált probléma megoldása szükséges a következő kérdés tanulmányozásához. Függesszünk egy testet fonálra, és a közbeiktatott erőmérővel mérjük a kötélerőt. Ha a test a levegőben lóg, akkor a kötélerő megegyezik a test súlyával. Merítsük most a testet egy folyadékba. Mérjük meg a kötélerőt, jelöljük ezt f i gyel. Ez az erő a súlyerő és a folyadék felhajtóerejének a különbsége. Most m ártsuk egy másik folyadékba a testet, és mérjük le a kötélerőt, jelöljük K z-vel. Tegyük fel, hogy összekeverjük a két folyadékot. Ekkor természetesen ismét más erőt mutat az erőmérő. Legyen ez az erő K.
Foglaljuk össze az állításokat:
K 0 = G ,
K i + Vp1g = G,
k 2 + yp2g = g ,
K + Vpg = G.
Innen
K o - K ^ V p .g ,
K 0- K 2 = Vp2g,
K 0-K = V p g .
Osszuk el mindhárom egyenletet Vg-vd, az osztás után a jobb oldalon kapott három sűrűséget helyettesítsük a (20), illetve a (21) jobb oldalába. Behelyettesítés után a törtek egyszerűsíthetők Vg-xt\. így ha ismerjük a K 0, K j, K 2, K kötélerőt, akkor az x és az y arány meghatározható. Legyen például a test súlya a levegőben K 0 = 10 N, az első folyadékban = 6 N, a másodikban K 2=9 N, a két folyadék keverékében K = 8 N. K 0 — K j = 4 N, K 0- K z = 1 N, K 0 — K = 2 N. Innen a térfogatarány:
4 “ 2 9
2 --T '
vagyis a második folyadékból kétszer any- nyit kell venni, mint az elsőből. A tömegarány pedig:
A sűrűséggel, sűrűségméréssel és a keverési arányok meghatározásával foglalkozó kérdések után olyan kérdéseket tanulmányozunk, amelyek Arkhimédész törvényének és Newton II. törvényének (valamint a munkatételnek) együttes alkalmazását mutatják be.
344
rfegyük fel először, hogy a sima vízfelszín felett egy kisméretű, V térfogatú, p sűrűségű golyó van h0 magasságban. A víz sűrűségét jelöljük pv-vel. Ejtsük el a testet kezdősebesség nélkül. A víz felszínéhez
v0: = sj2gh0
sebességgel érkezik. Tekintsük ezt a pillanatot a kezdeti időpontnak, és válasszuk meg a koordináta-rendszert úgy, ahogy a 3.212. ábrán látjuk. Az origója legyen a víz felszínén, az x tengelye mutasson lefelé. Ekkor a vízbe merülő golyóra a
V pg-V pvg= Vpa (22)
formában érvényes Newton II. törvénye. A testre ható nehézségi erő és a felhajtóerő— Arkhimédész törvénye szerint ez a test által kiszorított folyadék súlyával egyenlő— eredője a test impulzusának időegységre eső megváltozása.
A gyorsulás előjelét p nagysága határozza meg. H a a sűrűség nagyobb, mint a víz sűrűsége, akkor a test növekvő sebességgel mozog lefelé, ha kisebb, akkor lassul és megáll, majd visszafordul, és végül, ha p = py, akkor a test a i;0 kezdősebességgel egyenletesen mozog lefelé. A folyadék felszínhez viszonyítva a test a vízbe esés után t idővel
a 2 x = j t + v 0t
mélységben van (mindaddig, amíg a test a medence aljához vagy a víz felszínéhez nem ér). A test sebessége:
u = a/ + i>0.
Ha p < pv, akkor a test megáll, majd visszafordul. Figyelemreméltó, hogy a mozgás grafikonja egy parabola, mintegy szembefordulva a szabadesés grafikonjával (3.213. ábra).
A munkatételt is írjuk fel. Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjét a víz felszínénél. A víz felszíne alatt x mélységben az összes energia
— mv2 + m g (-x ),
a víz felszínén pedig
1 22 mV°-
A testen csak a felhajtóerő végez munkát:
^ j m v z - m g x 'j - ~ m v l= - Vpvgx.
345
Az egyenlőséget Kvel egyszerűsítve:
( ^ p v 2-p g x ^ j ~ j P v o = -pygx_ j (23)
ÍGondoljuk el most, hogy egy L hosz- szúságű, p sűrűségű, A keresztmetszetű rúd a 3.214. ábra szerint a víz alatt úszik úgy, hogy a medence aljához kötöttük egy kötéllel, a felső vége pedig h mélységben van a víz felszíne alatt. H a a kötelet elvágjuk a víz felszíne alatt, akkor megszűnik a kötélerő, a rúd fölfelé gyorsul, kiemelkedik a vízből. Tegyük fel, maximálisan olyan magasra emelkedik, hogy az alsó vége x magasságban lesz a víz felszíne fölött.
Válasszuk meg a helyzeti energia nulla szintjének a víz felszínét. A test összes energiája:
E2 = ALpg (* + 2-)' (24)
3.214.ábra
amikor a víz fölött megáll. Induláskor — közvetlenül azután, hogy elvágtuk a fonalat —
E i = - A L p g \ h+ —(“ í ) (25)
A felhajtó erő mindaddig ALpyg, amíg a rúd felső vége a víz alatt van. Mihelyt a felső lapja a víz felszíne fölé kerül a felhajtó erő a víz feletti magassággal arányosan csökken, és végül megszűnik, amikor a test alsó lapja is eléri a víz felszínét. A felhajtóerő munkája pozitív, mert az erő és az elmozdulás egyirányú. Ez a m unka az ábrán a görbe alatti területből számolható:
W = A LpygL + L + h
(26)
Az E 2 — E1 = W munkatételből könnyen meghatározható x; nyilvánvaló, hogy x negatív nem lehet, a feltevésünk miatt.
H a x < 0 adódik, akkor ez azt jelenti, hogy a rúd csak részben emelkedik ki a vízből, amikor megáll, egy része a víz alatt van; jelöljük ennek a résznek a hosszát x-szel. (Tehát itt is x > 0.) Ebben a helyzetben az összes energia:
E2 = ALpg I — (27)
A kezdeti energia kifejezése természetesen változatlan marad. M ódosítanunk kell azonban a felhajtóerő munkáját kifejező összefüggést.
A m unka most egy téglalap és egy trapéz területével egyenlő a 3.215. ábra szerint. A trapéz rövidebb függőleges oldala Axpyg, hiszen ekkora felhajtóerő hat a rúdra, ha x hosszú része van a vízben. A trapéz magassága L —x, így
W= ALpygh +A Lpyg + Axp^j
(L -x ) .(28)
346
3.215.ábra
k z ismeretlen x-et most is az E1 — El = W munkatételből határozhatjuk meg. Annyival van most nehezebb dolgunk, hogy az x meghatározása egy másodfokú egyenletből történik, az előbb lineáris egyenletre vezetett a munkatétel.
Könnyű lenne kiszámítani a rúd gyorsulását, amíg teljes egészében a víz alatt van. M iután m ár valamennyi része kinn van a vizből, a feladat lényegesen nehezebbnek tűnhet. A felhajtóerő ekkor már nem állandó, a gyorsulás is változni fog. Egy ezzel kapcsolatos problémával ismerkedünk meg alább, de nem mulaszthatjuk el ismét felhívni az Olvasó figyelmét arra a nyilvánvaló tényre, hogy a felhajtóerő állandó, amíg a test a víz alatt van, ugyanakkora 10 m mélyen és 100 m mélyen is. Ha azonban egy része kinn van a vízből, akkor az erő függ a bemerülés mélységétől. |
ÍGondoljuk el tehát, hogy egy A = 1 dm 2 keresztmetszetű, L = 3 dm magas, p = 0,8 kg/dm3 sűrűségű hasáb vízben úszik. Jelöl
jük a vízbe merülő rész hosszát x0-lal. Ekkor az erőegyensúlyt az
ALpg — A x0pvg = 0 (29)
egyenlet fejezi ki. Innen x0 = 24 cm, a hasáb egyensúlyi helyzetében 6 cm van a víz felszíne fölött. Tegyük fel most, hogy a hasáb felső végét lenyomjuk (3.216. ábra). írjuk fel Newton II. törvényét arra a helyzetre, amikor a vízbe merülés melysége x0 + x:
A L p g - A(x0 + x)pyg = ALpa. (30)
Vonjuk most ki a (30) egyenletből a (29) egyenletet. Ekkor
—A xpvg = ALpa
és innen
Pv9p L
x = a, (31)
ez pedig azt jelenti, hogy harmonikus rezgőmozgás jön létre
co =
körfrekvenciával. Esetünkben &> = 6,45 l/s, és így a rezgésidő T = 2ji/&>«1 s. Tegyük fel, hogy a hasáb felső lapját 5 cm-rel nyomtuk be mélyebbre a vízbe és magára hagyjuk. Ekkor 1 másodperc múlva kerül ugyanebbe a helyzetbe, 0,5 másodperc múlva a felső holtponton megáll. Az egyensúlyi helyzeten 0,25 másodperc múlva halad át. A hasáb legnagyobb sebessege
3.216ábra
347
Aco = 5 • 6,45 = 32,25 cm/s, a legnagyobb gyorsulása Aa>2 = 208,3 cm/s2, ahol most /1-val jelöltük a maximális kitérést. Amikor elengedjük, a vízből 1 cm hosszú rész áll ki. Ha az alsó holtpontról indulva megtesz a hasáb 3 cm-t, a víz fölé 4 cm hosszú rész emelkedik. Ekkor a test kitérése 2 cm. Ehhez a kitéréshez
v = y /(A 2 —x 2)(o2 = 29,6 cm/s
sebesség tartozik, a gyorsulás itt
a= —co2x = —83,3 cm/s2.
A rezgő test összes energiája nem állandó, a helyzeti és a mozgási energia összege periodikusan változik. A két energiatag összege:
E = y mv2 + mg{—x)=
= y m (/l2 — x 2)a>2 — mgx =
- y m / l V - ~ m x2w 2 —mgx^J
(M ég egy problémát hozunk szóba. Az eddig tárgyalt példákban a felhajtóerő szerepelt, az egyensúly feltételében is, a gyorsulást meghatározó feltételben is. Most olyan kérdést tárgyalunk meg, amelyben a felhajtóerő forgatonyomatéka szerepel.
Egy p sűrűségű, A keresztmetszetű, L hosszúságú rúd egyik végét támasszuk egy edény pereméhez a 3.217. ábra szerint. A rúd x hosszúságú része vízbe merül. Jelöljük a rúd függőlegessel bezárt szögét a-val. A rúdra három erő hat, mindegyik függőleges irányban. Az ALpg nagyságú nehézségi erővel egyensúlyt tart a K kényszererő és az A xpyg nagyságú felhajtóerő:
A xpyg + K = ALpg,
K
másrészt a forgatónyomatékok eredője is nulla. írjuk fel a forgatónyomatékok egyenlőségét a K erő támadáspontjára vonatkozóan:
A L p g ^- sin tx = A xpYg ( ^ L - y ^ s i n a ,
a felhajtóerő tám adáspontja ugyanis a vízbe merülő rész geometriai középpontja. Ezt az utóbbi egyenletet sin a-val egyszerűsíthetjük. Ha például a két sűrűség adott, akkor meghatározhatjuk az x/L arányt: azt, hogy a rúd hosszának hányad része merül a folyadékba. |
XI. Feladatcsoport: folyadékok
XI/1. Vízszintes cső egyik részén a keresztmetszet 20 cm 2. Itt a csőben áramló víz sebessége 4 m/s, nyomása 2 • 105 Pa. A cső elvékonyodik, a keresztmetszete 5 cm2- re csökken. M ekkora sebességgel áramlik ki a víz? M ekkora a cső szűk keresztmetszetén a víz nyomása?
XI/2. Vízszintes csőben víz áramlik 0,5 m/s sebességgel. Itt a cső keresztmetszete4 cm2. A cső elvékonyodik, a keresztmetszete 1 cm2 lesz. A vízszintes csőhöz, a 3.218. ábrán látható módon, két függőleges cső csatlakozik, mindkettőben van víz. A vastagabb cső felett 0,8 méter magasan.
348
3.218.ábra
Milyen magas az elvékonyodott cső felett a vízoszlop magassága?
XI/3. A 3.219. ábrán látható víztartályban a folyadék magassága állandó, mindig5 m. A vízszint alatt 1 m, 2 m, 3 m és 4 m mélyen egy-egy kis csap van egymás alatt. Hol érik a talajt a megnyitott csapokon kiáramló vízsugarak?
XI/4. A 3.220. ábrán látható 2 dm hosz- szú, 1 dm széles, könnyű tartálykocsiban2 dm magasan víz van. A tartály alján 1 cm2 keresztmetszetű, zárható nyílás található. M ekkora gyorsulással indul a kocsi, ha a csapot kinyitjuk? (A súrlódás elhanyagolható!)
XI/5. A 3.221. ábrán látható 1 kg tömegű hasáb súrlódásmentesen csúszhat a talajon. A locsolócsőből 15 m/s sebességgel 1 cm2 keresztmetszetű vízsugarat irányítunk a hasábra vízszintesen, amely szétterül a hasábon. M ekkora a hasáb gyorsulása?
XI/6. A 3.222. ábrán latható cső kereszt- metszete 1 cm2. A felső vízszintes szárban 1 m/s sebességgel folyik a víz. Itt a nyomás 10s Pa. A cső függőleges szakasza 1 méter. E függőleges szakasz után a cső ismét vízszintes. Milyen sebességgel folyik itt a víz, és mekkora a nyomása?
XI/7. A 3.223. ábrán látható cső felső vízszintes szakasza 4 cm2 keresztmetszetű, az itt áramló víz sebessége 1 m/s, nyomása 2 • 10s Pa. A vízszintes csőhöz 1 méter
3.220.ábra
A v
3.221.ábra
3.222. 'Z. ábra
349
hosszú függőleges csőtoldattal egy másik, 1 cm2 keresztmetszetű vízszintes cső csatlakozik. M ekkora sebességgel áramlik itt a víz és mekkora a nyomása?
X I/8. Egy hengeres edény keresztmetszete 1 dm 2. Az edénybe 3 dm magasan 1 kg/dm3 sűrűségű vizet, erre 2 dm magasan 0,8 kg/dm3 sűrűségű benzint öntünk. M ekkora a nyomás a benzin felszíne alatt 1 dm, 2 dm, 3 dm, 4 dm, 5 dm mélységben? M ekkora erő hat az edény alaplapjára?
XI/9. Egy 1 cm átmérőjű vízcsapból0,6 m/s sebességgel, függőleges irányban áramlik ki a víz. M ekkora a vízsugár átmérője a kifolyás helye alatt 20 cm-rel?
XI/10. Egy edénybe higanyt (pHg = = 13,6 g/cm3) öntünk. A higanyba mindkét végén nyitott csövet állítunk, és ebbe annyi vizet töltünk, hogy a higany felszíne felett a víz legmagasabb pontja 1 méterre legyen. Milyen hosszú vízoszlop van a csőben?
XI/11. Egy U alakú cső 1 cm2 keresztmetszetű, és a függőleges szárai 1 méter hosszúak (3.224. ábra). A közlekedő- edényben alul 30 cm magasan higany van. A higanyra a bal oldali szárba annyi vizet öntünk, hogy a szárat teljesen kitöltse. Milyen hosszú a vízoszlop? Ezután annyi olaja t (pc = 0,9 g/cm3) öntünk a jobb oldali
350
szárba, hogy a cső felső végéig kitöltse a csövet. Milyen hosszú most a vízoszlop és az olajoszlop?
XI/12. Egy U alakú cső függőleges szárai 1 méter hosszúak, keresztmetszetük 1 cm2. A csőben alul 30 cm magasan higany van, a higanyra a bal oldali szárban 50 cm hosszú vízoszlopot töltünk. Ezután a jobb oldali szárba annyi olajat töltünk, hogy a szárat éppen kitöltse. Mekkora a vízoszlop és az olajoszlop hossza ezután? Hogyan változott a higany helyzeti energiája a kezdeti nyugalmi állapothoz képest?
XI/13. Egy U alakú cső egyik szára 4 cm2, a másik 6 cm2 keresztmetszetű. Mindkét szárban 30 cm magasan víz és a vizen mindkét szárban egy-egy jól záró, súlytalan dugattyú van. A bal oldali dugattyúra 0,8 kg tömegű, a jobb oldalira 1 kg tömegű testet helyezünk. Milyen egyensúlyi helyzet alakul ki? Mennyivel mozdul el az egyik, illetve a másik dugaty- tyú? M ekkora a nyomás a dugattyúk alatt? Milyen tömegű testet kell a jobb oldali szárban lévő dugattyúra tenni, hogy a dugattyúk eredeti helyzete ne változzék?
XI/14. Egy U alakú cső egyik szára1 cm2, a másik 2 cm2 keresztmetszetű. A csőben mindkét szárban 30 cm magasan higany van. A bal oldali keskenyebb szárra 70 cm hosszú vízoszlopot töltünk (3.225. ábra). Hogyan helyezkednek el a higanyszintek?
XI/15. Egy háromágú közlekedőedény függőleges szárai egyenlő keresztmetsze- tűek. A közlekedőedényben alul 30 cm magasan víz van. Az első csőbe 50 cm hosszú olajoszlopot, a másodikra 40 cm hosszú benzinoszlopot töltünk (3.226. ábra). Milyen magasan van a víz az egyes szárakban?
3.225.ábra
3.226.ábra
3.227.ábra
XI/16. Négyágú közlekedőedényben alul 10 cm magasan higany van. Az első szárra 10 cm magas vízoszlopot, erre 10 cm vastag benzinoszlopot rétegezünk. A második szárra 10 cm vastag vízréteg, a harmadikra 10 cm vastag olajréteg kerül (3.227. ábra). Milyen magasak lesznek a higanyoszlopok ezután?
XI/17. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. Hogyan úszik a hasáb vízre helyezve?
XI/18. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasábra 0,5 kg tömegű testet helyezünk. Hogyan úszik a hasáb a vizen?
XI/19. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasábra vékony fonallal 0,5 kg tömegű, 5,6 kg/dm3 sűrűségű testet függesztünk. Hogyan úszik a hasáb a vizen? Mekkora erő feszíti a kötelet?
XI/20. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 2 dm 2, magassága 1 dm. A hasáb vizen úszik. A vízre 0,8 kg/dm3 sűrűségű benzint rétegezünk 87,5 mm vastag rétegben. Milyen mélyre merül a hasáb az egyik és a másik folyadékba?
XI/21. Egy hasáb sűrűsége 0,9 kg/dm3. Alapterülete 2 dm2, magassága 1 dm. A hasáb vizen úszik. A vízre 0,8 kg/dm3 sűrűségű benzint rétegezünk. A benzin pontosan a hasáb felső lapjáig ér. Milyen mélyen merül a hasáb az egyik, illetve a másik folyadékba?
XI/22. Egy hasáb sűrűsége 0,9 kg/dm3, alapterülete 2 dm2, magassága 1 dm. A hasáb vizen úszik. A vízre 3 cm vastagon benzint rétegezünk (pb = 0,8 kg/dm3). Milyen mélyen merül a hasáb a vízbe?
XI/23. Egy 0,9 kg/dm3 sűrűségű, 2 dm 2 alapterületű, 1 dm magas hasáb vizen úszik. A vízre 8 cm vastagon (0,8 kg/dm3 sűrűségű) benzint öntünk. Milyen mélyen merül a hasáb az egyik, illetve a másik folyadékba?
XI/24. Egy 0,7 kg/dm3 sűrűségű, 2 dm 2 alapterületű, 1 dm magas hasáb vizen úszik, és egy fonállal az edény aljához rögzítjük. Kezdetben a fonalat feszítő erő nulla, de a fonál egyenes. Ezután az edénybe még bizonyos mennyiségű vizet öntünk
351
3.228.ábra
3.229. ábra
(3.228. ábra). Ábrázoljuk a fonalat feszítő erőt, mint a vízszintemelkedés függvényét!
XI/25. Egy hasáb sűrűsége 0,7 kg/dm3, alapterülete 1 dm2, magassága 3 dm. A hasáb úgy úszik a vízen, hogy az alsó lapjá t nyújtatlan, 100 N/m erősségű rugó rögzíti az edény aljához. Ezután annyi vizet öntünk az edénybe, hogy pontosan ellepi a hasábot (3.229. ábra). Hány cm-rel emelkedett a víz felszíne? M ekkora a rugóerő?
XI/26. Egy hasáb alapterülete 1 dm 2, magassága 3 dm, sűrűsége 0,7 kg/dm3. A hasáb 2 dm 2 alapterületű edénybe öntött vízen úgy úszik, hogy a hasáb alját az edény fenekéhez rögzítő rugó nyújtatlan. Ennek a rugónak a direkciós ereje 100 N/m. Az edénybe ezután annyi vizet öntünk, hogy a hasáb felső lapját pontosan ellepje (3.230. ábra). Mennyi vizet öntöttünk az
edénybe? Mennyivel nőtt a hasáb helyzeti energiája?
XI/27. Egy 1,6 kg/dm3 sűrűségű cölöp keresztmetszete 1 dm2, hossza 1,5 méter. Felső végéhez rögzített kötéllel daru segítségével vízbe engedjük. Kezdetben az alsó vége 0,5 méter magasan van a víz felszíne felett. A kötél állandó sebességgel ereszkedik lefelé. Mennyi munkát végez a felhajtóerő és a kötélerő, mialatt a cölöp alsó vége leér a 4 méter mély víz aljára?
XI/28. A víz felszíne alatt a medence fenekéhez rögzítettünk egy 5 cm2 keresztmetszetű, 2 méter hosszú, 0,8 kg/dm3 sűrűségű rudat. A rúd felső vége 1 méter mélységben van a víz felszíne alatt. A rögzítést feloldjuk (3.231. ábra). Mekkora
3.230.ábra
3.231.abra
352
a rúd sebessége, amikor a felső vége eléri a víz felszínét?
XI/29. Egy 0,8 kg/dm3 sűrűségű, 2 méter hosszú, 5 cm2 keresztmetszetű rudat úgy rögzítettünk az úszómedence aljához, hogy a rúd felső vége a víz felszínén van. A rögzítést feloldjuk. Milyen magasra emelkedik a rúd felső vége a víz felszíne fölé? Mennyi idő múlva áll meg a vízből kiemelkedve? Mekkora a rúd legnagyobb sebessége? Ábrázoljuk a rúd felső végének a víz felszínétől mért távolságát, mint az idő függvényét! M ekkora a rúd sebessége és gyorsulása abban a pillanatban, amikor a felső vége 20 cm-re van a víz felszíne fölött?
XI/30. Egy kisméretű, 0,5 g/cm3 sűrűségű golyót a víz felszíne alatt 1 méter mélyen magára hagyunk. Milyen magasra emelkedik a víz felszíne fölé? M ekkora a sebessége, amikor a víz felszínét elhagyja?
XI/31. Egy kisméretű golyó sűrűsége0,9 g/cm3. A víz felszíne felett 1 méter magasan elengpdjük. Milyen mélységben áll meg a víz felszíne alatt? Ábrázoljuk a víz felszínétől mért (előjeles) távolságát, mint az idő függvényét!
XI/32. Egy kisméretű golyó sűrűsége 1,1 g/cm3. A víz felszíne fölött 1 méter magasan kezdősebesség nélkül magára hagyjuk. M ekkora a sebessége a víz felszíne alatt 1 méter mélységben? Ábrázoljuk a víz felszínétől mért (előjeles) távolságát mint az idő függvényét!
XI/33. Egy U alakú cső vízszintes szára 50 cm, a függőleges szárak 1 méter hosz- szúak. A két szárban egyaránt 30 cm m agasan áll a higany. A cső vízszintes irányban, a síkjában, 12 m/s2 gyorsulással mozog (3.232. ábra). M ekkora a higanyszintek különbsége?
XI/34. Egy U alakú cső vízszintes szára 50 cm, a függőleges szárak 1 méter hosz- szúak. A két szárban egyaránt 30 cm ma-
3.232.ábra
3.233ábra
3.234.ábra
353
gasan van a higany. A csövet egyik szára körül — mint tengely körül — körbeforgatjuk (3.233. ábra). Mekkora a szög- sebesség, ha a higanyszintek különbsége 20 cm lesz forgás közben?
XI/35. Egy U alakú cső keresztmetszete0,5 cm2, vízszintes szára 50 cm, a függő
leges szárak 1 méter hosszúak. A két szárban egyaránt 30 cm magasan van a higany. A csövet egyik szára körül körbeforgatjuk úgy, hogy a körbeforgó függőleges szárban 80 cm magasan van a higany (3.234. ábra). M ekkora a szögsebesség? Mekkora a higany energiája az alapállapothoz képest?
3.5. A gázok dinamikája
3.5.1. A Boyle—Mariotte-törvény és alkalmazásai
A gázok tulajdonságait is a kontinuum- fizika módszereivel közelítjük meg. Egyszerű eredményhez jutunk, de a témakör végén rámutatunk e módszer korlátaira. A már használt szemléletes szóhasználattal élve, ideje, hogy a másik lábbal is lépjünk, új eredményeket a statisztikus szemléletű módszer szolgáltat.
Tekintsük tehát most a gázokat folytonos pontrendszernek, amelyben
1. a sűrűség egyenletes eloszlású,2. nyírófeszültség nem lép fel.
A folyadékoknál kikötöttük, hogy a sűrűség egyenletes eloszlása mellett még az időbeli állandósága is teljesüljön. A gázokra valóban nem igaz az összenyomhatat- lanság követelménye. Az 1. és 2. tulajdonságokhoz ezért egy harmadikat is csatolni kell. Ezzel vesszük figyelembe a gázok összenyomhatóságát:
3. a gázok nyomása és sűrűsége arányos. Ez a három tulajdonság jellemzi mechanikai értelemben vett ideális gázokat. Az1. és 2. kifejezi a gázok folyékonyságát, azt, hogy kitöltik a rendelkezésünkre álló teret, belső súrlódás nincs. A 3. azt a — tapasz
talatokkal összhangban lévő — tényt rögzíti, hogy zárt edényben fokozatosan növelve a nyomást, a sűrűség arányosan nő (3.235. ábra):
p = kp, (1)
vagyis
P = k y ,
illetve innen
p V= km (= állandó), (2)
ha a tömeg állandó (3.236. ábra). Ezt a törvényt Boyle angol és M ariotte francia kísérletezőkről Boyle—Mariotte-tör- vénynek nevezik.
A Boyle— Mariotte-törvény nem egzakt termeszed törvény, csak bizonyos határok között jó közelítés. Érvényességi körét most nem tudjuk teljesen körülírni, azonban ki kell emelni egy fontos kritériumot: a 3. állítás csak állandó hőmérsékleten igaz. A hőmérséklet fogalma érzeteinkben intuitíve adott, az elemi tapasztalataink közé tartozik annak a felismerése, hogy egy test melegebb, mint a másik. A hőmérséklet egzakt fogalmához később jutunk el, ott
354
3.235.ábra
3.236. ábra
írjuk le a hőmérséklet mérését is. A hőmérséklet kiváló példa arra, hogy a fizikában nem lehet „lineárisan” gondolkodni, hogy tudniillik, megadunk egy definíciót, azután megfogalmazzuk a rá vonatkozó tételeket. A fizika módszertana más: látnunk kell, a fogalom, a mérési módszer és a fizikai törvény együtt, egymásra hatva születik. Most tehát meg kell elégednünk egy intuitív hőmérséklet-fogalommal.
Tekintsük át a Boyle—Mariotte-tör- vény alkalmazásainak a körét.
rfegyük fel, hogy két, egyenként 2 dm 3 térfogatú edényt egy csappal ellátott vékony cső köt össze. A bal oldali tartályban1 atm (= 105 N /m 2 = 105 Pa) nyomású levegő van, és ebben a tartályban egy szivacsot is elhelyeztünk. A másik tartályból kiszívtuk a levegőt, benne a nyomás nulla (3.237. ábra). Ekkor kinyitjuk a csapot. Tegyük fel, hogy a kialakuló közös nyomás ezután 0,47 atm. Az elzárt gáz nyomása 1 atm kezdetben, a térfogata 2 liter
lenne szivacs nélkül, a szivacs miatt 2 — l sz literben mérve. (Vsz a szivacs térfogata.) A csap megnyitása után a nyomás 0,47 atm, a térfogat 4 liter lenne, ha a szivacs nem foglalná el a térfogat egy részét, így csak 4 - VS2 térfogatú. A Boyle—Mariotte-tör- vény.
1(2- V J = 0 ,47(4- V J .
Innen a szivacs térfogata: Vsz=0,22 liter. |Ezzel az egyszerű feladattal kapcsolat
ban a következőkre szeretnénk az Olvasó figyelmét felhívni: A Boyle—Mariot- te-törvényben nem az edény, hanem a gáz térfogata szerepel! A Boyle— Mariot- te-törvényt a
Pi Vl = p2V2 (3)
szimmetrikus formában használtuk. A feladatok megoldásánál tehát ügyeljünk arra, hogy az egyenlőség egyik oldalára a gáz kezdeti nyomásának és térfogatának a szorzata, a másik oldalára a későbbi nyomás és térfogat szorzata kerül.
A másik — ismét csak feladatmegoldásnál fontos — megjegyzés: a Boyle—Ma- riotte-törvény (3) alatti formájában a két oldalon azonos mértékegységeknek kell szerepelni, akár Pa, atm, liter, gallon; mindegy, csak az a fontos, hogy a két oldalon azonos dimenziójú mennyiségek szerepeljenek.
355
¥0,
3.238.ábra
l~Most egy nehezebb problémát vitassunk meg. Ez egy olyan feladat, amelynek a rokonát a folyadékoknál már megvizsgáltuk.
Tegyük fel, hogy adott a 3.238. ábrán látható kettős henger. A felső rész kereszt- metszete A ,, az alsóé A 2. A két hengerben egy-egy jól záró dugattyú van, mindkettő súlytalan, és egy fonál köti őket össze. A két hengert elválasztó síktól a felső dugaty- tyú h j, az alsó h2 távolságban van. A gáz kezdeti nyomása megegyezik a külső levegő nyomásával, hiszen a dugattyúk súlytalanok. Helyezzünk most a felső dugaty- tyúra egy Gt súlyú testet, az alsó dugaty- tyúra pedig akasszunk egy G2 súlyú testet. Ekkor a két dugattyú elmozdul lefelé, a felső x, az alsó y távolságra lesz a két hengert elválasztó síktól.
A gázra a Boyle—Mariotte-törvény érvényes:
p0(A 1h1 + A 2h2) = p l(A 1x + A 2y), (4)
ahol Pi a kialakuló új nyomás. A felső dugattyú nyugalomban van:
Gi + p0^ i +
és az alsó is:
(5)
p0A 2+ K = p1A 2 + G2. (6)
Ha a fonál nyújthatatlan, akkor
ht + h2 = x + y. (7)
A négy egyenlet megfelelő adatok esetén
alkalmas a négy ismeretlen meghatározására.
A helyzet bonyolultabb, ha a fonál nem nyújthatatlan, hanem rugalmas. Ekkor a (7) egyenlet helyett a
K = D[{x + y ) - ( h i + h2)] (8)
egyenlet lesz érvényes, ahol D a rugalmas szál direkciós ereje. A (4), (5), (6) egyenletek változatlanul érvényben vannak. |
í a most következő néhány problémában a kiindulási helyzet ugyanaz. Tegyük fel, hogy adott egy A keresztmetszetű, könnyű, egyik végén zárt üvegcső, vízszintes helyzetben. Az üvegcsőben l0 hosszúságú levegőoszlopot L hosszúságú higanyoszlop zár le.
Gondoljuk el most, hogy az üvegcsövet függőleges helyzetbe hozzuk úgy, hogy a cső zárt része kerül alulra. Ekkor a bezárt levegő hossza kisebb lesz, a higany alatti nyomás megnő. Jelöljük a levegőoszlop hosszát ebben a helyzetben /-lel, a nyomását p-vel (3.239. ábra). Ekkor a Boyle— Mariotte-törvény:
p0Al0 = pAl. (9)
A higany legalsó pontján a nyomás megegyezik a higany alatti levegő nyomásával,
n>
(I)3.239.ábra
356
tehát
p = p0 + Lpg, (10)
annak megfelelően, amit a hidrosztatikai nyomásról tanultunk: a jobb oldalon a higany felszíne alatt L mélységben kialakuló nyomás szerepel. A (9) és a (10) egyenletekből az ismeretlenek meghatározhatók: ha adott L, p, l0 és p0, akkor viszonylag könnyen ki tudjuk számítani p-t és /-et.
Fontoljuk meg azonban, hogy a következő gondolatmenetet is alkalmazhatjuk. Használjuk fel a higanyoszlop egyensúlyának a feltételét! A higanyszálra három erő hat: lefelé a nehézségi erő és a külső levegő nyomásából származó erő, fölfelé pedig a belső levegő által kifejtett erő. így, az egyensúly miatt,
pA = p0A + ALpg. (11)
A (11) egyenlet kicserélhető a (10) egyenlettel. Ez nyilvánvaló, hiszen (ll)-ből (10)-et egyszerűen úgy kapjuk, hogy A-\a\ osztjuk az egyenlet két oldalát. A két egyenlet azonban tartalmilag kissé különbözik. |
ÍÁz előző problémában szereplő vízszintes helyzetű üvegcsövet állítsuk most is függőleges helyzetbe, de úgy, hogy a cső nyitott vége legyen alul. (Tegyük fel, hogy a cső elég hosszú ahhoz, hogy a higany ne folyjék ki.) A (9) egyenlet változatlanul érvényes, ahol Z a bezárt levegő hosszát jelenti most is, p pedig a higany felett kialakuló nyomást (3.240. ábra).
A higany alsó szintjén a nyomás egyrészt p0, másrészt a felszíni p nyomás és a „hidrosztatikai” Lpg nyomás összege:
p0 = p + Lpg. (12)
Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha a higany egyensúlyát biztosító erőkre figyelünk. A higanyra most is három erő hat. A
3.240. ábra
lefelé ható nehézségi erővel és a belső nyomásból származó erővel egyensúlyt tart a higany alatti külső levegő által kifejtett erő:
p0A = pA + ALpg. (13)
A (12) és a (13) egyenlet — bár némileg eltér a fizikai tartalmuk — szemmel láthatóan azonos értékűek. A feladat megoldását a (9) és a (12) vagy (13) egyenlet szol- gáltatja. |
[Helyezzük most el a kezdetben vízszintes üvegcsövet ferdén úgy, hogy a vízszintessel ot szöget zárjon be, és a cső zárt vége legyen alul (3.241. ábra). A higany alatti
357
levegőoszlop nyomása legyen most is p, a hossza /. Ekkor a (9) egyenlet mellett például a higanyra felírt erőegyensúly szolgáltat új egyenletet. A higanyszálra ható nehézségi erő cső irányába m utató összetevője
mg sin a = ALpg sin oc,
a függőleges komponensét a cső fala által kifejtett kényszererő biztosítja. A cső tengelyével párhuzamosan a higanyt lefelé nyomja a p0A erő, a belső levegő nyomása az ellentétes irányú, pA nagyságú. A csővel párhuzamos erők összege nulla:
ALpg sin a + poA — pA = 0. (14)
Osszuk el az egyenletet A -\al:
L s in a - pg + p0=P- (15)
A két egyenlet egymás következménye. A fizikai interpretációjuk különböző. Az első egyenlet az erők egyensúlyát fejezi ki, a második a hidrosztatikai nyomás és a bezárt gáz nyomásának a kapcsolatát. A (15) egyenletben az L sin a szorzat a higanyoszlop magassága, és mint tudjuk, a hidrosztatikai nyomás valóban csak a folyadék- oszlop magasságától függ. |
ÍÁ vízszintes helyzetű csövet állítsuk most függőlegesre, és a cső zárt vége legyen alul. Képzeljük el, hogy a csövet függőlegesen fölfelé gyorsítjuk a gyorsulással (3.242. ábra). A (9) egyenlet változatlanul érvényes:
p0Al0 = pAl.
A nyomásegyensúly helyett Newton II. törvényét írjuk fel a gyorsuló higanyra: legyen a fölfelé m utató irány pozitív, hogy a gyorsulás pozitív előjelű legyen. Ekkor
pA — Alpg — p0A = ALpa. (16)
le i
— ábra
A problémát ezzel le is írtuk. Ennél a feladatnál előnyösebb az erőre alapozott felfogás, a (16) egyenlőséget /1-val osztva nyomásegyensúlyként a kapott egyenletet csak mesterkélten lehet felfogni. |
IT olytassuk a gondolatmenetet. Helyezzük a kezdetben vízszintes csövet lejtőre. A lejtő hajlásszöge legyen a. a súrlódási együttható a lejtő és az üvegcső között p. Tegyük fel, hogy a cső nyitott vége van alul (3.243. ábra). A higanyra a nehézségi erő,
/o L
358
I. L
a cső falának a kényszerereje, a külső és a belső nyomásból származó erő hat. így
pA + Alpg sin a — p0A = ALpa, (17)
és felhasználhatjuk, hogy a cső — és benne a higany — gyorsulása
a = g(sinoc — /icosoc). (18)
A Boyle— Mariotte-törvény pedig ugyanúgy érvényes, mint korábban:
p0Al0 = p A L j
ITnduljunk ki ismét a vízszintes helyzetű csőből. Hagyjuk vízszintesen, azonban zárt végén átmenő függőleges tengely körül forgassuk w szögsebességgel (3.244. ábra). Ekkor egyrészt érvényben van a
p0Al0 = pAl
Boyle— Mariotte-törvény, másrészt a higanyt a ráható erők körmozgásra kényszerítik. Ezt úgy értjük, hogy a higanycsepp tömegközéppontja l + L/2 sugarú körpályán mozog. A centripetális erőt most a belső és a külső levegő nyomásából származó erő biztosítja:
p0A - p A = A L p ( l+ y jíw 2_ J (19)
ricépzeljük most el, hogy a kezdetben vízszintes helyzetű cső függőleges tengely körül forog w szögsebességgel úgy, hogy a tengellyel a szöget zár be, és a zárt vége a tengelyen van (3.245. ábra). A bezárt gáz- mennyiségre érvényes a Boyle—Mariotte- törvény:
PoAlo — pAl.
A higanyra ható erők eredőjének vízszintes komponense a centripetális erőt biztosítja:
N cos a + p0A sin ot — pA sin a =
= ALprto2, (20)
ahol
r= ^ / + Y ^sin o t
a körpálya sugara. A higanyoszlopra ható erők függőleges összetevőinek összege nulla, hiszen a higany függőlegesen nem gyorsul:
JV sin ot + p0A cos a + Alpg —
— cos oc = O j (21)
L
359
[Változtassunk most a kiindulási hely- zeten.Tegyük fel, hogy az üvegcső mindkét vége zárt. Vízszintes helyzetében az L hosz- szú higanycsepp llt illetve l2 hosszú levegőoszlopokat választ el egymástól. A két gáz nyomása természetesen azonos, jelöljük ezt a közös nyomást p-vel. (A kereszt- metszet a korábbiaknak megfelelően legyen A.)
Fordítsuk most a csövet függőleges helyzetbe, a kezdetben /, hosszú levegőoszlop kerüljön alulra (3.246. ábra). Legyen ennek a hossza most x, a fölülre kerülő levegőoszlop hosszát jelöljük y-nal, a nyomását p2-vel. A Boyle—Mariotte-törvényt alkalmazzuk a két elzárt gázra:
pAlí = p lA x,
pAl2= p2Ay. (22)
A higanyoszlopra az ALpg nagyságú nehézségi erő mellett a felette levő levegő hat, p2A erővel. Ennek a két erőnek az összegével a higany alatti levegőrész által kifejtett p xA erő tart egyensúlyt:
plA = p1A + A L pg . (23)
Az erőegyensúlyt kifejező (23) egyenletet i4-val osztva a
P i= p 2 + Lpg (24)
I3.246.ábra
Pi
3.247.1 ábra
egyenletet kapjuk, ez azonban kissé máshogy olvasandó, mint a vele különben teljesen ekvivalens (23) egyenlet. A (24) fizikai tartalma: a higanyoszlop legalján a p t energiasűrűség ( = nyomás) egyenlő a higany legfelső pontján a p2+Lpg energiasűrűséggel.
Egyszerű geometriai összefüggés érvényes még:
l1+ l2= x + y . (25)
Ebből az egyszerű problémából kiindulva ugyanolyan gondolatmenetet vihetnénk végig, mint az egyik végén zárt üvegcső esetén. Úgy véljük azonban, hogy ez szükségtelen, új gondolatot nem tartalmazna az eddigiekhez képest. |
í"Most egy L alakú csőbe zárt gáz állapotváltozásával foglalkozunk. A cső mindkét szára legyen / hosszú, és tegyük fel, hogy — a 3.247. ábrán látható módon— a vízszintes szárban /, hosszúságú, a függőleges szárban l2 hosszúságú derékszögű higanyszál van. A cső alsó vízszintes része zárt, a függőleges szára nyitott. Jelöljük az elzárt gáz nyomását p t -gyel. Ekkor
Pi — Po + hPöy (26)
innen p, közvetlenül meghatározható. Tegyük fel, hogy ezután a csövet függőleges síkban jobbra fordítjuk 90°-kal. A zárt térrészben legyen most a nyomás p2, és az elzárt levegőoszlop hosszát jelöljük x-szel. Ekkor
p2+ ( / -x ) p g f= p 0, (27)
360
és a Boyle—Mariotte-törvény is érvényes:
p lA(l—l1)= p 2xA . (28)
A pt nyomást most m ár ismertnek feltételezve a (27), (28) egyenletrendszerből p2 és x meghatározható. Nyilvánvaló, hogy teljesülni kell az x + Z, + 12 < 21 feltételnek. |
l~Á folyadékok és gázok statikájával kapcsolatos feladatokban gyakran szerepelnek U alakú csövek. Tegyük fel, hogy egy U alakú cső keresztmetszete A, a függőleges szárak egyaránt / hosszúságúak. Tegyük fel, hogy a közlekedő edényben alul higany van, mindkét szárban h magasan. A jobb oldali szár zárt, a bal oldali nyitott. Gondoljuk el, hogy a bal oldali szárat ezután teleöntjük higannyal (3.248. ábra). Ekkor természetesen a jobb oldali szárban összenyomódik a levegő, a higany szintje — mondjuk x-szel — feljebb emelkedik. A jobb oldali szárban elzárt levegőre a Boyle— Mariotte-törvény érvényes:
p0A { l- h ) = p A ( l - h - x ) , (29)
ahol p a bal oldali szárban a higany felszínén kialakuló nyomás. Ugyanezen a szinten a másik szárban is ennyi a nyomás, tehát
P = Po + (l~ h - x )P9, (30)
hiszen e szint felett a bal oldali szárban l—h —x magas higanyoszlop van.
y
G
3.249. ábra
A nyomásegyensúlyt a két szár legalsó pontjára is felírhatjuk:
p+(h + x)pg= p0 + lpg. (31)
A (30) és a (31) egyenértékű egyenletek.A csőbe öntött higany mennyisége köny-
nyen meghatározható: A(l—h + x)p tömegű higanyt öntöttünk a „régi” higanyra, hogy a csövet színültig megtöltse. |
rmokon feladat a következő. Induljunk ki ugyanabból a kezdeti állapotból, mint az előbb. Az U alakú cső függőleges szárai / hosszúak, és jobb oldali szára zárt. Kezdetben mindkét szárban h magasan van a higany.
A jobb oldali szárba helyezzünk ezután egy G súlyú, kisméretű és jól záró dugattyút (3.249. ábra). A dugattyú elmozdul lefelé y-nal, közben az alatta lévő higany szintje szintén lefelé mozdul x-szel, a jobb oldali szárban pedig fölfelé, szintén x-szel. Ekkor a két higanyszint között 2x a magasság- különbség. Ha a bal oldali szárban a gáz nyomása pl , a jobb oldali szárban p2, akkor
pl = p 1 + 2xpg. (32)
Most két elzárt gáz szerepel a problémában, a Boyle—Mariotte-törvényt mindkét gázra felírjuk:
p0A ( l-h ) = p lA ( l -h + x - y ) ,
p0A ( l - h ) = p2A (l—h - x ) , (33)
361
és végül felírjuk a dugattyúra ható erők egyensúlyának a feltételét:
p0A + G = pl A. (34)
Alkalmas adatok esetén a (32), (33), (34) egyenletrendszerből az ismeretlenek meg- határo zh ató k j
í"Most ismét — bizonyos szempontból— rokon problémák sorát vizsgáljuk meg. Tegyük fel először, hogy adott egy A alapterületű, L hosszúságú henger ( = pohár). A henger alaplapja zárt, fedőlapja nyitott. Fordítsuk a poharat (hengert) szájával lefelé, és nyomjuk a vízbe úgy, hogy a fedőlapja h < L magasan legyen a víz felszíne fölött (3.250. ábra). Az edénybe víz nyomul be, a levegő térfogata csökken. Jelöljük /-lel a levegőoszlop magasságát. A Boyle—M ariotte-törvény:
p0A L = pAl, (35)
ahol p a bezárt gáz nyomása. Az edényben a víz felszínén kialakuló nyomás megegyezik ugyanezen a szinten az edényen kívül mérhető nyomással:
P = Po+(l~h)pg. (36)
A (35) és a (36) egyenletrendszerből az ismeretleneket m eghatározhatjukj
L
A
3.250. ábra
362
L
A
3.251. ábra
rÁz előző problémánál szereplő hengert most úgy nyomjuk a víz felszíne alá, hogy a felső lapja h mélységben legyen a víz felszíne alatt (3.251. ábra). A hengerben lévő levegő hosszát most is jelöljük /-lel. A Boyle—Mariotte-törvény a (35) formában érvényes, a henger belsejében a víz felszínén a nyomás p, akkor ugyanezen a szinten a hengeren kívül p0 + (h + T)pg, tehát
p0 +(h+ l)pg = p- (37)
Vizsgáljuk meg most a henger egyensúlyának a feltételét! Világos, hogy a henger felső lapjára fölülről a víz nyomásából származó erő és az általunk kifejtett F erő hat. (A henger súlyától eltekintünk.) Azt a két erőt kompenzálja a henger felső lapjára fölfelé ható pA erő, ezt az elzárt levegő nyomásából származtatjuk:
(p0 + hpg)A + F = pA. (38)
Innen egyébként F = Ahpg, itt a jobb oldalon álló szorzat úgy értelmezhető, mint a hengerre és a benne lévő levegőre ható felhajtóerő. Itt érdekes tényre figyelhetünk fel. A (37) alapján látható, hogy ha h nő, vagyis mélyebbre nyomjuk a hengert, ak-
kor p is nő, de ekkor a (35) alapján l — fordított arányban — csökken. Csökken így a felhajtóerő is, ugyancsak a mélységgel fordított arányban.
Tegyük fel most, hogy a henger súlya nem hanyagolható el, jelöljük ezt G-vel. Ekkor a (38)-at helyettesítő egyenlet:
(p0 + hpg)A + F + G = p A . (39)
Innen — ismét figyelembe véve (37)-et:
F + G = Ahpg. (40)
Gondoljuk el, hogy a hengert egyre mélyebbre nyomjuk a vízbe. Ekkor a felhajtóerő fokozatosan csökken. H a elértük azt a h mélységet, ahol a felhajtóerő megegyezik a henger súlyával, akkor (40) alapján F =0, vagyis a henger lebeg. Ez jellegzetes labilis egyensúlyi helyzet: ha a hengert mélyebbre nyomjuk ennél a kritikus mélységnél, akkor a felhajtóerő még kisebb lesz, a nehézségi erő egyre mélyebbre húzza a hengert. Ha az egyensúlyi helyzetből fölfelé mozdítanánk ki a hengert, akkor magára hagyva felemelkedne a víz felszínére. |
HÁz A alapterületű, L hosszúságú, egyik végén zárt hengert félig a vízbe merítettük, és valamiképpen biztosítottuk, hogy a külső és a belső vízszint megegyezzék. (Ez például úgy érhető el. hogy a hengert fekve merítjük a vízbe, majd 90°-kal elfordítjuk, felállítjuk.) Emeljük ki ezután a hengert úgy a vízből, hogy a felső lapja h magasságban legyen a víz felszíne felett. Nyilvánvaló, hogy a h < L feltételnek teljesülni kell. A levegőoszlop hossza kezdetben l0: = L/2, a nyomása p0, hiszen a külső és a belső folyadékszint azonos. A hengert felemelve a nyomás lecsökken, legyen a kialakult érték p, és a levegőoszlop hossza most l (3.252. ábra). A Boyle—Mariotte-törvény:
A
L
a nyomásegyensúlyt a külső vízszintre írjuk fel:
p0 = p + (h -[)pg . (42)
A folyadék h — l = :x magasra emelkedik fel a hengerben. |
ÍKépzeljük el, hogy az előző feladatokban szereplő hengerben egy könnyű, jól záródó dugattyú van, a dugattyúhoz egy fonalat erősítettünk. Tegyük fel, hogy a dugattyúval elzárt gáz hossza kezdetben l0, nyomása megegyezik a külső levegő nyomásával, vagyis p0. Húzzuk a víz felszíne alá a hengert (a dugattyúhoz erősített fonálnál fogva) olyan mélyre, hogy a felső lapja a víz felszíne alatt h mélységben legyen (3.253. ábra). Ekkor a bezárt levegő hossza legyen Z, a nyomása pedig p. A Boyle—Mariotte-törvény:
P0A10=PAL (43)
A henger felső lapjára ható erők egyensúlyban vannak:
pA= (p0 + hpg)A, (441
és a dugattyúra ható erők is:
3.252.ábra
P0A10=PAI, (41) pA + F = [p0 + (h + l)pg]A. (45)
to
3.253. ábra
A (43), (44), (45) egyenletrendszerből alkalmas adatok esetén az ismeretlenek meghatározhatók.
Figyeljünk fel a következőkre: az előző feladatban a (42) egyenlet a hengeren belül és kívül kialakuló nyomások egyenlőségét állítja. Ezt az egyenletet erőegyensúlyra vonatkozó egyenletté alakítani csak mesterkélten lehetne. A (44) és (45) egyenleteknél fordított a helyzet. Ezeknek nincs nyomásegyensúlyra vonatkozó megfelelőjük. Az előttük szereplő feladatokban az erőegyensúlyra vonatkozó és a nyomások egyenlőségét állító egyenletek természetesen párba állíthatók. |
l""végezetül egy nehéznek számító problémát tárgyalunk meg. Képzeljük el, hogy az A alapterületű hengerben egy dugattyú van, a dugattyút azonban egy rugóval egy A 1 alapterületű edény aljához rögzítettük. Az edénybe folyadékot öntöttünk, jelöljük a sűrűségét p-val. Tegyük fel, hogy a folyadék magassága H t , a hengerbe zárt levegőoszlop hosszú, a nyomása p t . A D direkciós erejű rugó hossza most L í (3.254. ábra). Tegyük fel, hogy
Ekkor a henger felső lapjára ható erők egyensúlyát a
Pi A = [p0 + {H1- L 1- l 1)pg]A (46)
egyenlőség, a dugattyúra ható erők egyensúlyát a
p1A + D (L 1 — L 0) = [p0 + (H 1 — L J p g lA
(47)
egyenlőség fejezi ki.Öntsünk most annyi folyadékot az edény
be, hogy a felső szintje az edény aljától H 2 magasan legyen. Ekkor megváltozik az elzárt levegő nyomása, a kialakuló új nyomást jelöljük p2-vel. Megváltozik a gázoszlop hossza is: legyen Z2, és a rugó új hossza pedig L2. Ekkor az egyensúlyi feltételek:
P2A = lPo + ( H 2 - L 2 - l 2)pg~\A, (48)
p2A + D(L2 - L 0) = lp0 + (h2- L 2)pg]A.
(49)
A gázra érvényes a Boyle—M ariotte-tör- vény:
PiAlt = p2Al2. (50)
A hengerbe öntött folyadék térfogata így
V: = (H2A l —l2A )—(H 1A 1—l1A y]
364
3.5.2. A gázok energiája, a gázon végzett munka
Az előző pontban kimerítően elemeztük az ideális gázok statikáját, az egyszerű elveket sok konkrét példával illusztráltuk.
Két rövid megjegyzést fűzünk az áramló gázokhoz:
1. a gázok kis sűrűsége m iatt a helyzeti energiához tartozó tag általában elhanyagolható,
2. az áramló gázok jó közelítéssel állandó sűrűségűnek tekinthetők.
Gázok stacionárius áramlására a Bernoulli-törvény ugyanúgy érvényes, mint a folyadékokra. Az áramló ideális gázban:
p + pgy + — pv2 = állandó. (1)
nagyszerű példán mutassuk meg a Bernoulli-törvény alkalmazását áramló ideális gázokra. Tegyük fel, hogy egy vízszintes csőben levegő áramlik v sebességgel. A csőhöz egy függőleges csőtoldat csatlakozik, amely egy p sűrűségű folyadékba merül. A függőleges csőben a folyadék felemelkedik. Jelöljük h-val a függőleges csőben a folyadék magasságát az edényben lévő folyadékhoz képest (3.255. ábra). Ekkor Bernoulli törvénye az áramló gázra:
p0= p + ^ p y , (2)
(itt py a levegő sűrűsége) és Bernoulli törvénye a folyadékra:
Po = P+POh. (3)
E két egyenletből alkalmas adatok esetén az ismeretlenek meghatározhatók. Tegyük fel, hogy h = 3 cm, p = 0,9 g/cm3, p , = = 1,29 ■ 10“ 3 g/cm3, ekkor
3.255.ábra
V =
M ár a folyadékoknál is láttuk, hogy a Bernoulli-törvényben szereplő p a tömeg- középponthoz viszonyított mozgási ener- giasűrűségének fogható fel. A gázt alkotó tömegpontok még akkor is rendelkeznek energiával, ha a gáz nem áramlik. Ez az energia a gáz szerkezetével van összefüggésben, a gáz részecskéinek a rendezetlen mozgásából származik. Ez a belső energia.
Be kell vallanunk, hogy a folytonos modell erről nem ad felvilágosítást. A korpuszkuláris modellből próbálunk most valamit kikövetkeztetni, hogy az így nyert eredményt elfogadjuk, mintegy definícióként, a folytonos elméletben.
Képzeljük el, hogy egy a élű kockában N számú, egyenként m tömegű, v sebességű részecske mozog. Ezek a fallal rugalmasan ütköznek. Az egymással való ütközések olyan sokfélék, hogy az összhatásuk kiegyenlíti egymást, úgy viselkednek, mintha egymással nem ütköznének.
Feltesszük, hogy a részecskék 1/3 része az egyik éllel párhuzamosan, a másik 1/3 része a másik éllel, a harmadik 1/3 része pedig a harmadik éllel párhuzamosan mozog (3.256. ábra).
Ha egyetlen tömegpont ütközik valamelyik fallal, akkor az impulzusa 2mi;-vel változik. Ennyi impulzust kap a részecske a faltól, a fal a részecskétől.
Egyidejűleg a részecskék hatodrésze mozog egy kiszemelt fal felé. Világos, hogy At idő alatt azok a részecskék érik el a fa-
365
lat, amelyek e fal felé mozognak és nincsenek messzebb, mint vAt. Jelöljük ezeknek a részecskéknek a számát ebben a gondolatmenetben x-szel. Világos, hogy
xAr~6
vAta (4)
vagyis a falat At idő alatt elérő részecskék száma úgy aránylik a fal felé mozgó részecskék számához, mint a vAt hosszúságú szakasz a kocka éléhez.
Ha At ideig vizsgáljuk a falat és a vele kölcsönhatásban lévő golyókat, akkor a fal összesen
A7 = x • 2 mv
impulzust kap a faltól, tehát
A I-4 ^ 2™ ,6 a
(5)
(6)
Osszuk el a (6) egyenlőség mindkét oldalát At-vel. A bal oldalon a kiszemelt falra ható
erőt kapjuk:
_ A l _ N 2mv2 At 6 a (7)
A felületegységre ható erő, vagyis a nyomás:
F N 2mv2(8)
Szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát a kocka térfogatával:
(9)
A (9) egyenlőségben 2mv2 helyett jobban
szeretnénk ~ mv2-el látni, mivel egyszerű
modellünkben ez egyetlen pontszerű test mozgási energiája. Misem könnyebb ennél; a jobb oldalt egyszerűen átalakítjuk:
2 mv2 pV= — N — ~.
3 2(10)
A (10) jobb oldalán tehát az összes moz-ÍYW 2
gási energiának, TV -nek, a — része áll:
így
d l )
Igen egyszerű, de annál nagyobb jelentőségű eredményünkhöz, illetve az idevezető gondolatmenethez négy megjegyzést fűzünk.
1. A gondolatmenetünkben az ideális gázt véges számú pontszerű részecske ösz- szességének fogtuk fel. Ez volt az első lépés, amellyel a fenomenologikus szemlélettől eltávolodtunk. A (11) egyenlőséghez
366
a folytonos szemléletre alapozott gondolatmenettel el sem jutnánk. A továbbiakban azonban a folytonos szemléletre jellemző fogalmakat fogjuk használni, a folytonos képben gondolkodunk, csak mintegy kölcsönvesszük az elemi statisztikai gondolatmenet eredményét.
2. Az energiára vonatkozó (11) összefüggéshez vezető okoskodásunk nagyon vázlatos, gondolatmenetünk sok vonatkozásban kritika alá vethető. Valóban, pontosabb, részletesebb utat is követhettünk volna. Nem ez volt azonban a célunk, a pontosabb és igényesebb gondolatsorral is ugyanahhoz a (11) eredményhez jutottunk volna.
3. Figyelemre méltó a (11) állapotegyenletben, hogy a nyugvó gázok energiája valóban a nyomással arányos, a nyomásnak (egy intenzív mennyiségnek) és a térfogatnak (egy extenzív mennyiségnek) a szorzatával arányos. A gázok energiája így két— műszerrel mérhető — makroszkopikus mennyiségből egyszerűen számolható.
4. A nyugvó gáz energiája tehát a nyomás és a térfogat szorzatával arányos. A pK szorzat azonban — bizonyos körülmények között — a Boyle—Mariotte-törvény értelmében állandó. Az elzárt gázok energiája az előző pont egyetlen példájában sem változott. Ha például egy felül zárt üvegcsövet lassan a víz alá nyomunk, a gáz kisebb térfogatra szorul össze. Eközben az energiája állandó marad. Ha ábrázoljuk a gáz nyomását a térfogat függvényében, akkor — mint tudjuk — a fordított arányosság miatt, a függvény képe egy hiperbola (3.257. ábra). A grafikon szemléletesen ábrázolja, hogy ha összenyomjuk a gázt, akkor a nyomása a térfogattal fordítottan arányosan nő. Összenyomás közben azonban a gáz részecskéinek az ösz- szes mozgási energiája állandó marad.
p
-------------- 3.257._______________ L1________ ábra
nagyszerű példaként számoljuk ki, hogy mennyi az energiája 1 atm nyomású, 2 liter térfogatú héliumnak. Nyilvánvaló, hogy
3E = — 1 atm • 2 dm =2
= 3 - 105 -2- 10“ 3 N /m 3 - m3 = 3 0 0 J j
(A számolásból egyszerűen látható, hogy 1 liter • atm = 100 J.) A (11) állapotegyenlet a gázok egy részénél tökéletes összhangban van a tapasztalattal. Más gázoknál azonban az eltérés jelentős. Az egyatomos gázok energiája valóban a (11) összefüggésből számolható. Két- vagy többatomos gázoknál azonban más a helyzet.
Gondoljunk egy többatomos gázmolekulára. Ilyen például az ammónia (NH3) egy molekulája. Ha egy ilyen molekula összes energiáját felírjuk, akkor nem feledkezhetünk meg a mozgási energia mellett a forgási energiáról sem. A sebességvektor három egymásra merőleges összetevője három mozgási energiatagot ad:
~ m (v t + vl + vl) =
= 2 mv* + J mv? + 2 mV*' (
367
Itt semmi mást nem használtunk ki, mint a kinematikából tanult egyszerű összefüggést a sebességvektor hosszára vonatkozóan. A forgási energia is három tagból áll (a sebességhez hasonlóan a szögsebesség is vektor):
j <=>x"x + J 0 yw* + J 0 zco2. (13)
Itt tehát például a>x a szögsebességvektor x tengelyen párhuzamos összetevője, 0 X pedig az x tengely körüli forgatáshoz tartozó tehetetlenségi nyomaték.1*’
A következőt kaptuk tehát: egy háromvagy többatomos molekulának általános esetben az összes energiája a (12) és a (13) kifejezésekben szereplő 6 tag összege.
Ha a gáz egyatomos, mint például a hélium, akkor az összes energia csak mozgási energia, mert a 6>x, 6>y, 0 Z tehetetlenségi nyomatékok nullák. Ekkor tehát a molekula energiakifejezése csak a (12)-ben szereplő 3 tag összege.
Különleges helyet foglalnak el a kétatomos molekulák. Az ilyen molekulákban ugyanis az atom okat összekötő egyenesre— mint tengelyre -— vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka nulla. Ebben az esetben a 6 energiatagból egy energiatag nulla, kétatomos molekula esetén 5 energiataggal kell számolnunk.
Az x, y, z tengelyek itt nem a vonatkoztatási rendszer tengelyeit jelentik. Egy kiterjedt merev test — mint például egy molekula — esetén legtöbbször megadható három egymásra merőleges, a testhez rögzített tengely, amelyek a kővetkezőképpen jellemezhetők. Ha a test szabadon forog, akkor ezek a tengelyek a forgás egyensúlyi tengelyei. Külső hatás nélkül ezen tengelyek körül tartósan foroghat a test. Egy téglatest esetén ezek a középponton átmenő, a felületekre merőleges egyenesek.
A (11) képletet így általánosíthatjuk:
E - { p V . (14)
ahol / = 3 vagy 5, vagy 6 aszerint, hogy egyatomos, kétatomos vagy többatomos gázról van szó. Az / paraméter neve: szabadsági fok. Egy gáz vagy molekula szabadsági fokán az egyetlen molekula energiakifejezésében szereplő energiatagok számát értjük.
Hangsúlyozzuk még egyszer: ennek a fejezetnek az energiára vonatkozó gondolatmenetét illenék alaposabban végiggondolni. A pontosabb gondolatmenet is ugyanezekhez az eredményekhez vezetne, a (14) állapotegyenletet kapnánk, ugyanúgy, mint a most látott vázlatos gondolat- menet eredményeként. Különben, a matematikai szempontból is kifogástalan levezetés igazán nagy feladatot jelentene, mesz- sze meghaladná a lehetőségeinket. Figyeljünk fel arra, hogy az energia (14) kifejezésében a Boyle—Mariotte-törvényben szereplő szorzat szerepel. A belső energia tehát állandó, amíg a Boyle—M ariotte-törvény feltételei teljesülnek. A következő fejezetben látni fogjuk, hogy ez egy új problémát vet fel, amelynek a megoldása a fizika új területeire vezet.
ÍEgyszerű illusztrációként határozzuk meg 1 m 3 térfogatú, 10 N /m 2 nyomású levegő összes energiáját. Azt kell meggondolnunk, hogy a szennyező anyagoktól eltekintve a levegőt, végül is kétatomos gáznak tekinthetjük. Kétatomos ugyanis a nitrogén is és az oxigén is, így
E= y l • 10N /m 2 • m 3 = 250-103 J j
Vizsgáljuk meg most a gázon végzett munkát. Hogyan számolható ki a gázon
368
végzett munka a gázra ható erőből, és milyen értelmet tulajdonítsunk az elmozdulásnak?
Képzeljük el, hogy egy fekvő helyzetű gáztartály egyik végén súrlódás nélkül egy könnyű dugattyú mozoghat. Tegyük fel, hogy a dugattyú felülete A, és a gáz nyomása a kiindulási állapotban p.
Vizsgáljuk meg, hogy mi történik akkor, ha a gázt kissé összenyomjuk. Tegyük fel, hogy a dugattyú elmozdulása a tartály hosszához képest kicsi. A dugattyú befelé, a gáz felé mozog. A dugattyú felé mozgó, azon rugalmas ütköző részecskék megnövekedett sebességgel pattannak el. Hasonló a helyzet ahhoz, amikor a teniszütővel ráütünk a közeledő labdára. Nagyobb sebességgel pattan el az ütőről, mint amivel érkezett. így van ez a dugattyúnál is: ha befelé mozog, akkor a belső felületén irányt változtató tömegpontok megnövekedett sebességgel, megnövekedett mozgási energiával távoznak. A befelé mozgó dugattyú pozitív m unkát végzett a gázon, a gázt alkotó tömegpontokon (3.258. ábra).
Ezt a munkát ki is számoljuk. A dugaty- tyú által kifejtett erő pA, és nyilván a gáz felé, a henger belseje felé mutat. Az elmozdulás Ax, így a munka közelítőleg
W =pAAx, (15)
hiszen közben a nyomást állandónak gondoltuk. H a azonban Ax valóban kicsi a henger hosszához viszonyítva, akkor a (15) közelítés indokolt. A (15) jobb oldalán az A Ax szorzat a gáz kezdeti V, és későbbi V2 térfogatával könnyen kifejezhető:
A A x= V l - V 2,
hiszen Vl >V2. Innen azonban
AAx = - ( V 2- V 1) = - A V .
3.258.ábra
Ezt figyelembe véve a (15) így alakítható át:
W= -p A V . (16)
A (16) összefüggésben a munka pozitív, hiszen — a feltevésünknek megfelelően — a gáz összenyomódik, így a térfogat csökken, AV negatív.
A munka grafikusan most is jól szemléltethető: az ábrán a közelítés jósága is látható. A hiperboladarab alatti terület a munka pontos értéke.
Beszéljünk most arról, hogy mit mondhatunk arról, amikor a dugattyú kifelé mozog. Szokásos kifejezéssel élve: amikor a gáz tágul. Ekkor a mozgó dugattyúról lepattanó tömegpontok lefékeződnek. Hasonlóan a teniszlabdához. Ha az ütőt „húzzuk” a labda előtt, akkor akár le is állíthatjuk, megfoghatjuk a labdát. A dugattyúról elpattanó részecskék kisebb sebességgel mozognak, mint az ütközés előtt, csökken tehát a részecskék mozgási energiája. Úgy is fogalmazhatunk, hogy a dugattyú negatív munkát végzett a gázon, a gázt alkotó tömegpontokon.
A dugattyú által kifejtett erő most is befelé, a gáz felé mutat. Ha a dugattyú a henger hosszához képest kismértékben el-
369
3.259ábra
mozdul, kifelé — mondjuk Ax-szel kor a gázon végzett munka:
ak-
W= pAAx cos 180°. (17)
A jobb oldalon az erő és az elmozdulás közötti szög koszinuszát szerepeltettük. A (15) összefüggésben a co s0°-ot nem írtuk ki. A (17) egyenlőség pontosan olyan értelemben közelítő érvényű, mint a (15) képlet (3.259. ábra).
Alakítsuk át most is a munka fenti kifejezését. Az AAx szorzat most is kifejezhető a gáz kezdeti és későbbi térfogatával: AAx =V2 — V1, hiszen most V2> V1. így a (17) így alakítható át:
w=p(v2-v1)cosm°== pAF(— 1)= —pAV.
Ez pontosan megegyezik a (16) egyenlőséggel.
Valóban, akár összenyomódik a gáz, akár tágul, a gázon végzett munka (kis térfogatváltozás esetén is): W = — pAV. Ez azonban pozitív, ha a gáz összenyomódik, tehát ha a térfogat csökken. Ilyenkor ugyanis AV negatív. Fordítva, ha a gáz tágul, akkor a gázon végzett munka negatív, hiszen ilyenkor A V pozitív.
Ha a gáz tágul, vagyis a dugattyú kifelé mozog, akkor a gázon végzett munka pontosan ugyanúgy szemléltethető, mint összenyomáskor. A pAV szorzat most is egy téglalap területének felel meg. Az ábrán látható a közelítés hibája is: a munka pontos értéke a hiperbola grafikonja alatti terület.
Közbevetőleg még egy megjegyzés: a nyomás a feszültség negatívja: —p = a , ezt a deformálható testek mechanikájából tudjuk. így a gázon végzett munka (16) alapján így is kifejezhető:
W=oAV. (18)
Foglaljuk össze a gázokra vonatkozó törvényeket!
1. Nyugvó gázokra érvényes egy a tapasztalati tényeket kifejező törvény: ideális gázok nyomásának és a térfogatának a szorzata állandó:
pV= állandó.
Ez a Boyle—Mariotte-törvény. A tapasztalat szerint üveghengerben, fémedényben összenyomódó-kitáguló gázok viszonylag lassú állapotváltozásaira érvényes. Példáinkban a konkrét folyamatok ilyenek voltak.
2. A nyugvó ideális gázok részecskéinek összes mozgási-forgási energiája:
Ezt az energiát — amely végül is nem újfajta energia — a gázok belső energiajának nevezzük. A belső energia a Boyle—Ma- riotte-törvény érvényességi feltételei között állandó.
3. A gázon végzett m unka (kis térfogat- változás esetén):
W= -p A V ,
370
ha összenyomjuk a gázt, akkor pozitív, ha a gáz tágul, akkor negatív.
4. A munkatétel szerint az energiaváltozás egyenlő a rendszeren végzett munkával:
A E= W .
Világos dolog, hogy az 1., 2., 3., 4. állítások egyidejűleg nem állhatnak fenn. A négy állítás közül valamelyikkel baj van.
A Boyle—M ariotte-törvény az általunk vizsgált feltételek között (állandó hőmérséklet mellett) igaznak bizonyult: ilyen feltételek mellett a gáz energiája állandó, az energiaváltozás nulla. Ily például: üvegcsőben összenyomva a gázt a pV szorzat állandó, az energia nem változik. Eközben azonban munkát végeztünk a gázon. Az energiaváltozás tehát nem egyenlő a gázon végzett munkával.
Hol lehet a hiba? Lehetséges hogy, a Boyle—Mariotte-törvény nem érvényes nagy általánosságban. Korlátozódjunk azonban csak olyan folyamatokra, amelyekben igaznak bizonyul ez a törvény. A2. és 3. eredményeket részben a statisztikus, részben a fenomenologikus modellre támaszkodva vezettük be. A gondolatmenetünket újra átgondolva nem találunk benne hibát. A munkatétellel lenne a baj?
Fontoljuk meg! Vékonyfalú üveghengerben jól záródó dugattyúval lassan — és kismértékben — összenyomjuk a levegőt. A térfogat csökkenésével a nyomás nő. A gázon pozitív munkát végeztünk. S közben a részecskék, a molekulák összes mozgásiforgási energiája — vagyis a gáz belső energiája — nem változik!
Olyan érzésünk van, mint amikor a fürdőkád felett megnyitjuk a vízcsapot. Várunk, várunk és a víz szintje nem emelkedik a kádban. Csak arra gondolhatunk,
hogy a víz valahol elfolyik. Mondjuk a dugó mellett.
Hasonló a helyzet az energiával. A rendszerrel munkavégzés során energiát közlünk, és az energia mégis állandó marad. Csak arra gondolhatunk, hogy az energia elfolyik. Átmegy a falon.
Ez azt jelenti, hogy van az energiának olyan áramlási módja, amely a munkavégzéstől független, különbözik a munkavégzéstől. Az ilyen energiaközlési folyamatot hőhatásnak nevezzük, és az így átmenő energiát hőnek hívjuk.
XII. Feladatcsoport: gázok
XII/1. Egy hengerben — orvosi fecskendőben — jól záródó dugattyú mozoghat (3.260. ábra). A dugattyú kezdeti helyzetében az 5 cm3-es beosztásnál van, de az elzárt térrészben egy kis vattacsomó található. Ekkor a nyomásmérő 105 Pa nyomást mutat. A dugattyút kihúzzuk a9 cm3-es osztásig. Ekkor a nyomásmérő pontosan 0,5 • 105 Pa nyomást mutat. M ekkora térfogatot foglal el a vattacsomó?
XII/2. A 3.261. ábrán látható hengeres csövek keresztmetszete 200 cm2, illetve 100 cm2. A két henger csatlakozása fölött 15 cm magasan van az egyik súlytalan dugattyú, a másik súlytalan dugattyú pedig a
3.260ábra
371
3.261.ábra
csatlakozás alatt van 15 cm-rel. A két dugattyút vékony, nyújthatatlan fonál köti össze. M ekkora tömeget függesztettünk az alsó dugattyúra, ha fölső 5 cm-t mozdul el lefelé?
XII/3. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár le. M ekkora az elzárt levegő hossza, ha a csövet függőleges helyzetbe hozzuk, feltéve, hogy a zárt vége alulra kerül?
XII/4. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőbe 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora az elzárt levegőoszlop hossza, ha a csövet függőleges helyzetbe húzzuk, és a cső zárt vége fölülre kerül?
XII/5. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza, ha a csövet zárt végével alul, ferdén állítjuk úgy, hogy a vízszintessel 60°-os szöget zár be?
XII/6. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza, ha a cső függőleges helyzetben, zárt végével alul, fölfelé gyorsul 5 m/s2 gyorsulással?
XII/7. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár le. M ekkora a be
zárt levegőoszlop hossza, ha a cső függőleges helyzetben, zárt végével alul, lefelé gyorsul 5 m /s2 gyorsulással?
XII/8. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza, ha a cső függőlegesen fölfelé gyorsul 10 m/s2 gyorsulással, és a nyitott vége van alul?
XII/9. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza, ha a cső függőleges helyzetben (zárt végével felül) lefelé gyorsul 10 m/s2 gyorsulással?
XII/10. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet 30° hajlásszögű lejtőre helyezzük úgy, hogy a cső zárt vége legyen fölül. A súrlódási együttható az üveg és a lejtő között 0,2. Milyen hosszú a levegőoszlop?
XII/11. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet vízszintes síkban, a zárt végén átmenő tengely körül, cú szögsebességgel forgatjuk. A bezárt levegő hossza 15 cm-rel nő. H atározzuk meg a szögsebességet!
3.262.ábra
372
X II/12. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet függőleges helyzetben egy kis kocsiba tesz- szük, amely egy 30° hajlásszögű lejtőn súrlódásmentesen gördül le (3.262. ábra). M ekkora a bezárt levegőoszlop hossza?
XII/13. Egyik végén zárt, fekvő üvegcsőben 40 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp zár el. A csövet 30" hajlásszögű lejtőn súrlódásmentesen gördülő kiskocsiba tesszük úgy, hogy a cső merőleges a lejtőre (3.263. ábra). Mekkora a bezárt levegőoszlop hossza?
XII/14. Mindkét végén zárt, vékony üvegcsőben egy 40 cm és egy 50 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp választ ketté. A csövet függőleges helyzetbe hozzuk úgy, hogy a kezdetben 50 cm hosszú rész kerül alulra. A higanycsepp10 cm-t mozdul el lefelé. M ekkora a bezárt gázok nyomása kezdetben?
XII/15. Egy mindkét végén zárt üvegcsőben egy 40 cm és egy 50 cm hosszú levegőoszlopot 10 cm hosszú higanycsepp választ ketté. A csövet függőleges helyzetbe hozzuk úgy, hogy a kezdetben 50 cm hosszú levegőoszlop kerül alulra. Ekkor a higanycsepp 12 cm-t mozdul el lefelé.
Mennyivel mozdulna el, ha a csövet úgy hoznánk függőleges helyzetbe, hogy a kezdetben 40 cm hosszú rész kerüljön alulra"1
X II/16. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárat félig higany tölt ki. A vízszintes szár zárt, a függőleges nyitott. M ekkora lesz a levegőoszlop hossza, ha a csövet — a 3.264. ábra szerint — 90°-kal elfordítjuk?
XII/17. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárat félig higany tölti ki. A cső függőleges szára zart. a vízszintes nyitott. Milyen hosszú lesz a bezárt levegőoszlop, ha a csövet függőleges síkban — a 3.265. ábra szerint — 90 - kai elfordítjuk?
XII/18. Egy L alakú cső mindkét szára 80 cm hosszú, és mindkét szárát félig higany tölti ki. A csőnek a függőleges és vízszintes szára is zárt. A csövet 90-kal elforgatva a higany 15 cm-t mozdul el
373
3.266.ábra
3.267.ábra
(3.266. ábra). Mekkora volt a két levegőoszlop nyomása kezdetben?
XII/19. A 3.267. ábrán látható U alakú cső egyik szára zárt, a másik nyitott. A zárt szár keresztmetszete 5 cm2, a nyitott száré1 cm2. A két szárban egyenlő magasan higany van. Ekkor a bezárt levegőoszlop hossza 50 cm. A nyitott szárba ezután annyi higanyt öntünk, hogy a higanyfelszín 30 cm-rel emelkedik. Mennyivel emelkedik a higanyszint a zárt szárban? Menynyi higanyt töltöttünk a csőbe?
XI1/20. A 3.268. ábrán látható U alakú cső keresztmetszete mindenütt l cm2, és mindkét függőleges cső 1 m hosszú. A két szárban kezdetben 30 cm magasan higany van. A bal oldali szár nyitott, a jobb oldali zárt. A bal oldali szárba kis dugattyút helyezünk, és lassan lenyomjuk. Hol áll a dugattyú, ha a higanyszint 15 cm-t süly- lyedt? Mennyivel nőtt a higany helyzeti energiája?
XII/21. A 3.269. ábrán látható „csőkígyóban" alul két összefüggő higanyfonal van. A függőleges csőszakaszok 1 méteresek. Az első szárban 70 cm, a másodikban 40 cm, a harmadikban 60 cm, a negyedikben 50 cm magasak a higanyoszlopok. M ekkora a két zárt térrészben a levegő nyomása?
XII/22. Egy mindkét végén nyitott, 1 méter hosszú, 1 cm2 keresztmetszetű csövet félig vízbe nyomunk. A felső végét befogjuk, majd a csövet kihúzzuk a vízből. Milyen hosszú vízoszlop m aradt a csőben?
XII/23. Egyik végén zárt üvegcső hosz- sza 1 méter, keresztmetszete 1 cm2. A csövet nyitott végével lefelé vízbe nyomjuk úgy, hogy a cső 45 cm hosszú része kerül a víz felszíne alá. Mennyi víz nyomul be a csőbe?
XII/24. Egyik végén zárt, súlytalan üvegcső hossza 1 méter, keresztmetszete 1 cm2.
3.268.ábra
•1m
3.269.ábra
374
3.270.ábra
3.271. ábra
A csövet nyitott végevei lefelé vízbe nyomjuk. A cső zárt vége a víz felszíne alá kerül 20 cm-rel. M ekkora a bezárt levegő térfogata és nyomása? Mennyi víz nyomul be a csőbe? Mekkora erőt kell a csőre kifejteni ebben a mélységben?
XII/25. Egyik végén zárt, 40 cm hosszú, súlytalan üvegcső keresztmetszete 5 cm2. A cső nyitott végébe jól záró, könnyű dugattyút helyezünk, és a csövet zárt végével fölfelé függőleges helyzetben víz alá nyomjuk. A cső felső vége 1,4 méter mélyen van a víz felszíne alatt. M ekkora most a bezárt levegő térfogata? Mekkora erőt kell kifejtenünk az üvegcsőre?
XII/26. Egyik végén zárt, 20 cm hosszú,2 cm2 keresztmetszetű, súlytalan üvegcsövet nyitott végével vízbe helyezünk <3.270. ábra). A csőre nyílásához közel egy súlyos fémkarikát helyezünk. így az üvegcső a víz alatt egyensúlyi helyzetbe kerülve úgy
úszik, hogy a külső vízfelszín és a csőbe benyomult vízfelszín távolsága 40 cm. Mekkora a nehezék súlya?
XII/27. A 3.271. ábrán látható 2 dm 2 keresztmetszetű hengerbe vizet öntöttünk. A henger aljához rugóval egy dugattyúval ellátott, egyik végén zárt csövet rögzítettünk. Ennek a csőnek a keresztmetszete 1 dm2. A kiindulási helyzetben a bezárt levegőoszlop hossza 2 dm, az úszó cső felső, zárt vége 20 cm mélységben van a víz felszíne alatt. A rugó megnyúlása ekkor4 cm. A dugattyú 16 cm-re van a henger alsó lapja fölött. Ekkor a hengerbe annyi vizet öntünk, hogy az úszó cső zárt vége 40 cm mélységben lesz a víz felszíne alatt. Hol helyezkedik el az úszó cső? Mennyi a bezárt levegő térfogata?
XII/28. Egy vékony, 1 cm2 keresztmetszetű, 1 méter hosszú, 200 g tömegű üvegcsövet teljesen megtöltünk higannyal, majd higanyba fektetjük, és a zárt végét kiemeljük. A felső végét rugós erőmérővel a mennyezethez rögzítjük. A cső felső vége ekkor 75 cm-re van a külső higany felszíne fölött (3.272. ábra). Mekkora erőt mutat a rugós erőmérő?
A kiadásért felelős az Akadémiai Kiadó és Nyomda Vállalat igazgatójaA nyomdai munkálatokat az Akadémiai Kiadó és Nyomda Vállalat végezteFelelős vezető: Zöld FerencBudapest, 1992Nyomdai táskaszám: 19322Felelős szerkesztő: Szente LászlóMűszaki szerkesztő: Szakács SándornéA fedéltervet készítette: Kiss MihályKiadványszám: 2779Megjelent 23,5 (A/5) ív terjedelemben
Baranyi KárolyJLJCll Cll I V 1 J. V C il
f i f l Z I K R I 7
G O H D O L K O D f l S
_______________________________I S K O L A I f i
m e c h a n i k a
Akadémiai Kiadó • Budapest
Felvételi vizsgára készülő diákoknak, középiskolásoknak, tanároknak, tanárjelölteknek és a gyermekeik tanulmányait értő figyelemmel kísérő szülök számára készült ez a nagyszabású, háromkötetes mű. Nem íróasztal mellett született, majd két évtizedes oktatómunka írásos eredménye, mely a diákokkal való együttgondolkodás során csiszolódott ki. A szerző az élő elöadasok nyomán bevonja a hallgatót-olvasot a fizikai gondolatmenetekbe, a fogalmak megalkotásába, saját tudásuk fel nőve kedésének szellemi folyamatába. Emellett utat mutat a tanultak alkalmazására: a fizika elméletét 300 részletesen tárgyalt problémán keresztül mutatja be, a kérdéskörökhöz 800 feladat is tartozik, a feladatok részletes megoldásával együtt. M int középiskolai segédkönyv kiválóan alkalmas arra. hogy egyetemi felvetelire készülők vezérfonala legyen, és hasznos a tanároknak is: újfajta szemlélettel, hatásos, a gyakorlatban bevált módszerekkel ismerkedhetnek meg.
Az 1. kötet a fizika alapozó fejezetét, a mechanikát tartalmazza. Általában egyszerű, jól megfigyelhető fizikai jelenségekből indul ki, amelyek elvezetnek a legáltalánosabb elvekhez is. A mozgások tanulmányozásakor a szerző különus hangsúlyt helyez a mozgás viszonylagosságára, a vonatkozási rendszerekre. A dinamika alapfogalmainak és törvényeinek tárgyalása során újszerű gondolatmenetet követ. A tömegpontok mechanikájában a pontszerű fizikai testek állapotjelzőinek, az impulzusnak, a mechanikai energiának, valamint az impulzusmomentumnak a tulajdonságait vizsgálja, a hasonlóságukra és különbségükre téve a hangsúlyt. A pontrendszerek mechanikájában a merev testek, a deformálható (és rugalmas) testek, a.folyadékok és a gázok mechanikai tulajdonságait tárgyalja. A fizikai törvényeket (a mérlegegyenleteket) úgy fogalmazza meg, hogy a különféle pontrendszerek egységes szemléletben legyenek tárgyalhatok.
1 8 2 8